1、五年高考真题分类汇编：数列一.选择题1.（2015 重庆高考，理 2）在等差数列 na中，若2a=4，4a=2，则6a=（）A、-1 B、0 C、1 D、6【解析】选 B.由等差数列的性质得64222 240aaa.2.(2015 福建高考，理 8)若,a b 是函数 20,0f xxpxq pq的两个不同的零点，且,2a b 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 pq的值等于（）A6 B7 C8 D9【解析】选 D.由韦达定理得 abp，a bq，则0,0ab，当,2a b 适当排序后成等比数列时，2 必为等比中项，故4a bq，4ba当适当排序后成等差数列时，2 必
2、不是等差中项，当 a 是等差中项时，422aa，解得1a，4b；当 4a是等差中项时，82aa，解得4a，1b ，综上所述，5abp，所以 pq93.(2015 北京高考，理 6)设 na是等差数列.下列结论中正确的是（）A若120aa，则230aaB若130aa，则120aaC若120aa，则213aa aD若10a，则21230aaaa【解析】选 C先分析四个答案支，A 举一反例1232,1,4aaa ，120aa而230aa，A 错误，B 举同样反例1232,1,4aaa ，130aa，而120aa，B 错误，下面针对 C 进行研究，na是等差数列，若120aa，则10,a设公差为d，则
3、0d，数列各项均为正，由于2221 5111()(2)aa aada ad22221111220aaddaadd，则211 3aa a11 3aa a.4.(2015 浙江高考，理 3)已知na是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是nS，若3a，4a，8a 成等比数列，则（）A.140,0a ddSB.140,0a ddSC.140,0a ddSD.140,0a ddS【答案】B.5.（2015 新课标全国卷 I，文 7）已知na是公差为 1 的等差数列，nS 为na的前n 项和，若844SS，则10a（）（A）172（B）192（C）10（D）12【解析】选 B.公差1d，844SS，11
4、1188 74(44 3)22aa ，解得1a=12，1011199922aad.6.（2014辽宁高考文科9）设等差数列的公差为 d,若数列12na a为递减数列,则11()0()0()0()0A dB dC a dD a d【解题提示】依照递减数列的定义，得11122nna aa a，再由指数函数性质得111nna aa a 结合等差数列的定义即可解决问题【解析】选 D.由于数列12na a为递减数列，得11122nna aa a，再由指数函数性质得111nna aa a，由等差数列的公差为d 知，1nnaad，所以1111111110()00.nnnnnna aa aa aa aa aa
5、a d7.（2014福建高考理科3）等差数列 na的前n 项和nS，若132,12aS，则6a ().8A.1 0B.1 2C.14D【解题指南】利用公式，联系基本量1,a d 建立方程求解【解析】C.由题，1123312aad，解得122ad，所以61512aad8.（2014辽宁高考理科8）设等差数列的公差为 d,若数列12na a为递减数列,则11()0()0()0()0A dB dC a dD a d【解题提示】依照递减数列的定义，得11122nna aa a，再由指数函数性质得111nna aa a 结合等差数列的定义即可解决问题【解析】选 C.由于数列12na a为递减数列，得11
6、122nna aa a，再由指数函数性质得111nna aa a，由等差数列的公差为d 知，1nnaad，所以1111111110()00.nnnnnna aa aa aa aa aaa d9.（2014辽宁高考文科9）设等差数列的公差为 d,若数列12na a为递减数列,则11()0()0()0()0A dB dC a dD a d【解题提示】依照递减数列的定义，得11122nna aa a，再由指数函数性质得111nna aa a 结合等差数列的定义即可解决问题【解析】选 D.由于数列12na a为递减数列，得11122nna aa a，再由指数函数性质得111nna aa a，由等差数列
7、的公差为d 知，1nnaad，所以1111111110()00.nnnnnna aa aa aa aa aaa d10（2014重庆高考文科2）在等差数列 na中,1352,10,aaa则7a （）A.5B.8 C.10D.14【解题提示】根据题设条件求出公差,进而可求出7a 的值.【解析】选 B.设公差为d,因为12,a 所以3522244 610,aaddd 解得1,d 所以7162 68.aad11.（2014天津高考文科5）设 na是首项为1a，公差为 1 的等差数列，nS 为其前n 项和，若，421SSS成等比数列，则1a=（）A.2 B.-2 C.21D.12【解析】选 D.因为，
8、421SSS成等比数列，所以2214SS S，即211111(1)(44 3)2aaaa，解得11.2a 12.(2014新课标全国卷高考文科数学T5)等差数列 na的公差为 2,若 a2,a4,a8成等比数列,则 na的前 n 项和 Sn=()A.n(n+1)B.n(n-1)C.12n n D.12n n【解题提示】利用 a2,a4,a8 成等比数列求得公差,然后利用等差数列求和公式求和.【解析】选 A.因为 d=2,a2,a4,a8 成等比,所以24a=a2a8,即(a2+2d)2=a2(a2+6d),解得 a2=4,a1=2.所以利用等差数列的求和公式可求得 Sn=n(n+1).13.（
9、2013福建高考理）已知等比数列an的公比为 q，记 bnam(n1)1am(n1)2am(n 1)m，cnam(n 1)1am(n 1)2am(n 1)m(m，nN*)，则以下结论一定正确的是()A数列bn为等差数列，公差为 qmB数列bn为等比数列，公比为 q2mC数列cn为等比数列，公比为 qm2D数列cn为等比数列，公比为 qmm【解析】选 C 本题考查等比数列的定义与通项公式、等差数列前 n 项和的公式等基础知识，意在考查考生转化和化归能力、公式应用能力和运算求解能力等比数列an的通项公式 ana1qn1，所以 cnam(n1)1am(n1)2am(n1)ma1qm(n1)a1qm(
10、n1)1a1qm(n1)m1am1qm(n1)m(n1)1m(n1)m1am1qm2(n1)m11m12am1qm2(n1)m1m2，因为cn1cn am1qnm2m1m2am1qm2n1m1m2qm2，所以数列cn为等比数列，公比为 qm2.14（2013辽宁高考理）下面是关于公差 d0 的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列ann 是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2Bp3，p4Cp2，p3Dp1，p4【解析】选 D 本题主要考查等差数列的通项公式和数列单调性的判断，意在以数列为载体，考查考生对一次函数
11、、二次函数和反比例函数的掌握情况设 ana1(n1)ddna1d，它是递增数列，所以 p1 为真命题；若 an3n12，则满足已知，但 nan3n212n 并非递增数列，所以 p2 为假命题；若 ann1，则满足已知，但ann 11n是递减数列，所以 p3 为假命题；设 an3nd4dna1d，它是递增数列，所以 p4 为真命题15（2013新课标高考理）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3B4 C5D6【解析】选 C 本题考查等差数列的定义、通项公式和前 n 项和公式，意在考查考生通过等差数列的定义、通项公式、前 n 项和公式求解基本量的能力根据已知
12、条件，得到 am 和 am1，再根据等差数列的定义得到公差 d，最后建立关于 a1 和 m 的方程组求解由 Sm12，Sm0，Sm13，得 amSmSm12，am1Sm1Sm3，所以等差数列的公差为 dam1am321，由ama1m1d2，Sma1m12mm1d0，得a1m12，a1m12mm10，解得a12，m5，选 C.16（2013新课标高考理）设AnBnCn 的三边长分别为 an，bn，cn，AnBnCn 的面积为Sn，n1,2,3，.若 b1c1，b1c12a1，an1an，bn1cnan2，cn1bnan2，则()ASn为递减数列B.Sn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减
13、数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列【解析】选 B 本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识，意在考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高已知 b1c1，b1c12a1，a2a1，故 b2c1a1234c114b1b1，c2b1a1234b114c1c1，b2c2a1b1c122a1，b2c2c1b120，即 b2c2，b2c234c114b1 34b114c1 316(b1c1)214b1c1b1c1.又 a3a2a1，所以 b3c2a2234c214b2b2，c3b2a2234b214c2c2，b3c3c2a22b2a222a22a1
14、，b3c334c214b234b214c2 c2b220，即 b3c3，b3c334c214b2 34b214c2 316(b2c2)214b2c2b2c2b1c1.又AnBnCn 的面积为 Snppanpbnpcnppanp2bncnpbncn，其中 p12(anbncn)，p(pan)和 p2(bncn)p 都为定值，bncn 逐渐递增，所以数列Sn为递增数列，选择 B.17（2013新课标高考理）等比数列an的前 n 项和为 Sn.已知 S3 a2 10a1，a59，则 a1()A.13B13 C.19D19【解析】选 C 本题考查等比数列的基本知识，包括等比数列的前 n 项和及通项公式
15、，属于基础题，考查考生的基本运算能力由题知 q1，则 S3a11q31qa1q10a1，得 q29，又 a5a1q49，则 a119，故选 C.18（2013 江 西 高 考 理）等 比 数 列x,3x 3,6x 6，的 第 四 项 等 于()A24B0C12 D24【解析】选 A 本题考查等比数列的通项以及等比数列的性质，意在考查考生的运算能力及对基础知识的掌握情况由等比数列的前三项为 x,3x3,6x6，可得(3x3)2x(6x6)，解得 x3 或 x1(此时 3x30，不合题意，舍去)，故该等比数列的首项 x3，公比 q3x3x2，所以第四项为(6x6)q24.19（2013大纲卷高考理
16、）已知数列an满足 3an1an0，a243，则an的前 10 项和等于()A6(1310)B.19(1310)C3(1310)D3(1310)【解析】选 C 本题考查等比数列的定义和前 n 项和公式由 3an1an0 得 an113an，所以an为等比数列，公比为13，由 a243得 a14，所以由等比数列前 n 项和公式得 S103(1310)，故选 C.20（2013安徽高考理）设 Sn为等差数列an的前 n 项和，S84a3，a72，则 a9()A6 B4 C2 D2【解析】选 A 本题主要考查等差数列的基础知识和基本运算，意在考查考生的运算求解能力根据等差数列的定义和性质可得，S84
17、(a3a6)，又 S84a3，所以 a60，又 a72，所以 a84，a96.21（2013大纲卷高考理）已知数列an满足 3an1an0，a243，则an的前 10 项和等于()A6(1310)B.19(1310)C3(1310)D.3(1310)【解析】选 C 本题主要考查等比数列的判定、等比数列的前 n 项和公式因为 3an1an0，即an1an 13，又 a243，所以数列an是以 a14 为首项，q13为公比的等比数列，所以 S104113101133113103(1310)22（2013新课标高考理）设首项为 1，公比为23的等比数列an的前 n 项和为 Sn，则()ASn2an1
18、 BSn3an2CSn43anDSn32an【解析】选 D 本题主要考查等比数列的前 n 项和公式，对基本计算能力有一定要求由等比数列前 n 项和公式 Sna1anq1q，代入数据可得 Sn32an.23（2013辽宁高考文）下面是关于公差 d0 的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列ann 是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2Bp3，p4Cp2，p3Dp1，p4【解析】选 D 本题主要考查等差数列的通项公式和数列单调性的判断，意在以数列为载体，考查考生对一次函数、二次函数和反比例函数的掌握情况设 ana1
19、(n1)ddna1d，它是递增数列，所以 p1 为真命题；若 an3n12，则满足已知，但 nan3n212n 并非递增数列，所以 p2 为假命题；若 ann1，则满足已知，但ann 11n是递减数列，所以 p3 为假命题；设 an3nd4dna1d，它是递增数列，所以 p4 为真命题 24（2012重庆高考理）在等差数列an中，a21，a45，则an的前 5 项和 S5()A7 B15C20 D25【解析】选 B 数列an的公差 d512 2，则 a11，a57，可得 S515.25（2012辽宁高考理）在等差数列an中，已知 a4a816，则该数列前 11 项和 S11()A58 B88C
20、143 D176【解析】选 B 因为an是等差数列，所以 a4a82a616a68，则该数列的前 11 项和为 S1111a1a11211a688.26（2012四川高考理）设函数 f(x)2xcos x，an是公差为8的等差数列，f(a1)f(a2)f(a5)5，则f(a3)2a1a5()A0 B.1162C.182D.13162【解析】选 D 设 g(x)2xsin x，由已知等式得 g(a12)g(a22)g(a52)0，则必有 a320，即 a32(否则若 a320，则有(a12)(a52)(a22)(a42)2(a32)0，注意到 g(x)是递增的奇函数，g(a32)0，g(a12)
21、g(a52)g(a52)，g(a12)g(a52)0，同理 g(a22)g(a42)0，g(a12)g(a22)g(a52)0，这与“g(a12)g(a22)g(a52)0”相矛盾，因此 a320 不可能；同理 a320，a2a270，所以 S1，S2，S50 都是正数；当 51n100，nN*时，同理 S51，S52，S100 也都是正数，所以正数的个数是 100.28（2012大纲卷高考理）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列1anan1的前 100 项和为()A.100101B.99101 C.99100D.101100【解析】选 A设数列an的公差为 d，则
22、 a14d5，S55a1542 d15，得 d1，a11，故 an1(n1)1n，所以1anan11nn11n 1n1，所以 S1001121213 1100 11011 1101100101.29（2012湖北高考理）定义在(，0)(0，)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2;f(x)2x；f(x)|x|；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为()AB CD【解析】选 C设等比数列an的公比为 q，则a2n的公比为 q2，|an|的公比为
23、|q|，其余的数列不是等比数列30（2012浙江高考理）设 Sn 是公差为 d(d0)的无穷等差数列an的前 n 项和，则下列命题错误的是()A若 d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则 d0C若数列Sn是递增数列，则对任意 nN*，均有 Sn0D若对任意 nN*，均有 Sn0，则数列Sn是递增数列【解析】选 CA、B、D 均正确，对于 C，若首项为1，d2 时就不成立31（2012福建高考理）等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差()A1 B2C3 D4【解析】选 B 在等差数列an中，a1a510，2a310，a35，又 a47，所求的公差为 2.32（2012安
24、徽高考理）公比为 2 的等比数列an的各项都是正数，且 a3a1116，则 log2a10()A4 B5C6 D7【解析】选 B由题意可知 a3a11a2716，因为an为正项等比数列，所以 a74，所以 log2a10log2(a723)log2255.33（2012新课标高考理）已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10()A7 B5C5 D7【解析】选 D设数列an的公比为 q，由a4a72，a5a6a4a78，得a44，a72，或a42，a74，所以a18，q312，或a11，q32，所以a18，a101，或a11，a108，所以 a1a107.34（2012湖北高考文
25、）定义在(，0)(0，)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)|x|；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为()AB CD【解析】选 C根据“保等比数列函数”的概念逐个判断若an是等比数列，则a2n，|an|也是等比数列，2an不一定是等比数列，ln|an|不一定是等比数列35（2012四川高考文）设函数 f(x)(x3)3x1，an是公差不为 0 的等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)14，则 a1a2a7()A0
26、 B7C14 D21【解析】选 Df(a1)f(a2)f(a7)(a13)3(a23)3(a73)3(a13)(a23)(a73)1414，(a13)3(a23)3(a73)3(a13)(a73)0.(a13)3(a23)3(a73)37(a43)0.(a13)3(a73)3(a1a76)(a13)2(a73)2(a13)(a73)2(a43)(a43)227d2，其中该数列公差为 d.同理(a23)3(a63)32(a43)(a43)212d2，(a33)3(a53)32(a43)(a43)23d2(a13)3(a23)3(a73)37(a43)2(a43)(a43)227d22(a43)(
27、a43)212d22(a43)(a43)33d2(a43)37(a43)(a43)7(a43)284d270.d0，7(a43)284d270.a430，a43.a1a2a77a47321.36（2012辽宁高考文）在等差数列an中，已知 a4a816，则 a2a10()A12 B16C20 D24【解析】选 B因为数列an是等差数列，所以 a2a10a4a816.37（2012福建高考文）数列an的通项公式 anncos n2，其前 n 项和为 Sn，则 S2 012 等于()A1 006 B2 012C503 D0【解析】选 A由题意知，a1a2a3a42，a5a6a7a82，a4k1a4
28、k2a4k3a4k42，kN，故 S2 01250321 006.38（2012安徽高考文）公比为 2 的等比数列an的各项都是正数，且 a3a1116，则 a5()A1 B2C4 D8【解析】选 A因为 a3a11a27，又数列an的各项都是正数，所以解得 a74，由 a7a5224a5，求得 a51.39（2012北京高考文）已知an为等比数列下面结论中正确的是()Aa1a32a2Ba21a232a22C若 a1a3，则 a1a2D若 a3a1，则 a4a2【解析】选 B 设公比为 q，对于选项 A，当 a10)，因为所有 AnBn 平行且 a11，a22，所以 S 梯形 AnBnBn1A
29、n1S 梯形A1B1B2A23m，当 n2 时，anan1 OAnOAn1mn13mmn23m3n23n5，故 a2n3n23n5a2n1，a2n13n53n8a2n2，a2n2 3n83n11a2n3，a2241a21，以上各式累乘可得：a2n(3n2)a21，因为 a11，所以 an 3n2.【答案】an 3n2 65（2013重庆高考理）已知an是等差数列，a11，公差 d0，Sn 为其前 n 项和，若a1，a2，a5 成等比数列，则 S8_.【解析】本题考查等差、等比数列的基本量运算，意在考查考生的基本运算能力因为an为等差数列，且 a1，a2，a5 成等比数列，所以 a1(a14d)
30、(a1d)2，解得 d2a12，所以S864.【答案】6466（2013新课标高考理）若数列an的前 n 项和 Sn23an13，则an的通项公式是 an_.【解析】本题考查等比数列的定义、Sn 与 an 之间的关系，意在考查考生利用分类讨论思想和等比数列的定义求解 an的能力求解本题时，按照 n1 和 n2 两种情况分类解答，当 n2时，由已知得到 Sn123an113，然后作差得 an 的表达形式，再利用等比数列的定义和通项公式求解当 n1 时，由已知 Sn23an13，得 a123a113，即 a11；当 n2 时，由已知得到 Sn123an113，所以 anSnSn123an13 23
31、an113 23an23an1,所以 an2an1，所以数列an为以 1 为首项，以2 为公比的等比数列，所以 an(2)n1.【答案】(2)n167.（2013新课标高考理）等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S100，S1525，则nSn 的最小值为_【解析】本题考查等差数列的前 n 项和公式以及通过转化利用函数的单调性判断数列的单调性等知识，对学生分析、转化、计算等能力要求较高由已知S1010a11092d0，S1515a115142d25，解得 a13，d23，那么 nSnn2a1n2n12dn33 10n23.由于函数 f(x)x3310 x23 在 x203 处取得极小值，因
32、而检验 n6 时，6S648，而 n7 时，7S749.nSn 的最小值为49.【答案】49 68（2013北京高考理）若等比数列an满足 a2a420，a3a540，则公比 q_；前 n 项和 Sn_.【解析】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查方程思想以及考生的运算求解能力由题意知 qa3a5a2a42，又 a2a420，故 a1qa1q320，解得 a12，所以 Sn2n12.【答案】2 2n1269（2013广东高考理）在等差数列an中，已知 a3a810，则 3a5a7_.【解析】本题主要考查等差数列，考查考生的运算能力利用等差数列的性质可快速求解因为 a3a810，所以 3a
33、5a72(a3a8)20.【答案】2070（2013湖北高考理）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数 1,3,6,10，第 n 个三角形数为nn1212n212n.记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k3)，以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式：三角形数 N(n,3)12n212n，正方形数N(n,4)n2，五边形数N(n,5)32n212n，六边形数N(n,6)2n2n，可以推测 N(n，k)的表达式，由此计算 N(10,24)_.【解析】本题主要考查数列的相关知识，意在考查考生对等差数列的定义、通项公式的掌握程度N(n，k)akn2bkn(k3)，其中
34、数列ak是以12为首项，12为公差的等差数列；数列bk是以12为首项，12为公差的等差数列；所以 N(n,24)11n210n，当 n10 时，N(10,24)1110210101 000.【答案】1 00071（2013北京高考文）若等比数列an满足 a2a420，a3a540，则公比 q_；前 n 项和 Sn_.【解析】本题主要考查等比数列的基础知识，意在考查考生的计算能力由题知a1qa1q320，a1q2a1q440，解得q2，a12，故 Sn212n12 2n12.【答案】2 2n1272（2013重庆高考文）若 2，a，b，c,9 成等差数列，则 ca_.【解析】本题主要考查等差数列
35、的基本运算设公差为 d，则 d925174，所以 ca2d72.73（2013江苏高考文）在正项等比数列an中，a512，a6a73.则满足 a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的值为_【解析】本题主要考查等比数列的基本性质，意在考查学生的运算能力设等比数列an的公比为 q(q0)由 a512，a6a73，可得12(qq2)3，即 q2q60，所以 q2，所以 an2n6，数列an的前 n 项和 Sn2n525，所以 a1a2an(a1an)n22nn112，由 a1a2ana1a2an 可得 2n5252nn112，由 2n52nn112，可求得 n 的最大值为 12，而当 n13
36、时，2825213 不成立，所以 n 的最大值为 12.【答案】1274（2013江西高考文）某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n(nN*)等于_【解析】本题主要考查等比数列的概念与前 n 项和等基础知识，考查实际建模的能力以及分析、解决问题的能力设每天植树的棵数组成的数列为an，由题意可知它是等比数列，且首项为 2，公比为 2，所以由题意可得212n12 100，即 2n51，而 2532,2664，nN*，所以 n6.【答案】675（2013广东高考文）设数列an是首项为 1，公比为2 的等比数列，则 a1|a
37、2|a3|a4|_.【解析】本题主要考查等比数列通项等知识，意在考查考生的运算求解能力依题意得 a11，a22，a34，a48，所以 a1|a2|a3|a4|15.【答案】15 76（2013辽宁高考文）已知等比数列an是递增数列，Sn 是an的前 n 项和若 a1，a3是方程 x25x40 的两个根，则 S6_.【解析】本题主要考查等比数列的性质、通项公式、求和公式，意在考查考生对等比数列公式的运用，以及等比数列性质的应用情况由题意得，a1a35，a1a34，由数列是递增数列得，a11，a34，所以 q2，代入等比数列的求和公式得 S663.【答案】6377（2012广东高考理）已知递增的等
38、差数列|an|满足 a11，a3a224，则 an_.【解析】设等差数列an的公差为 d，由已知得a11，a3a1d24，即a11，12d1d24，解得a11，d2.由于等差数列an是递增的等差数列，因此a11，d2.所以 ana1(n1)d2n1.【答案】2n178（2012江西高考理）设数列an，bn都是等差数列若 a1b17，a3b321，则a5b5_.【解析】法一：设数列an，bn的公差分别为 d1，d2，因为 a3b3(a12d1)(b12d2)(a1b1)2(d1d2)72(d1d2)21，所以 d1d27，所以 a5b5(a3b3)2(d1d2)212735.法二：2a3a1a5
39、,2b3b1b5，a5b52(a3b3)(a1b1)221735.【答案】3579（2012上海高考理）有一列正方体，棱长组成以 1 为首项、12为公比的等比数列，体积分别记为 V1，V2，Vn，则 lim,n(V1V2Vn)_.【解析】由条件可得正方体的体积组成以 1 为首项、18为公比的等比数列，所以原式 111887.【答案】8780（2012四川高考理）记x为不超过实数 x 的最大整数例如，22，1.51，0.31，设 a 为正整数，数列xn满足 x1a，xn1xnaxn2(nN*)现有下列命题：当 a5 时，数列xn的前 3 项依次为 5,3,2；对数列xn都存在正整数 k，当 nk
40、 时总有 xnxk；当 n1 时，xn a1；对某个正整数 k，若 xk1xk，则 xk a 其中的真命题有_(写出所有真命题的编号)【解析】对于，当 a5 时，x15，x2512 3，x335322，因此正确对于，当 a3 时，x13，x22，x31，x42，x51，x62，x71，此时数列xn除第一项外，从第二项起以后的项是以 2 为周期重复性出现的，此时不存在正整数 k，使得当 nk 时，总有 xnxk，不正确对于，注意到 xnN*，且 x1a，x1(a1)a a1(a12)2340，即 x1 a1，若 xnaxn是正奇数，则 xn1xnaxn12xnaxn222 a22 a1；若 xn
41、axn是正偶数，则 xn1xnaxn2xnaxn222 a22 a1，综上所述，当 n1 时，xn a1 成立，因此正确对于，依题意得知 xk1xk0，xkaxk2xk0，即axkxk0，axkxkaxkxk0，axkxk0，xk a；又由得知 xk a1，于是有 a10a10，又数列an递增，所以 q2.a25a100(a1q4)2a1q9a1q2，所以数列an的通项公式为an2n.【答案】2n82（2012北京高考理）已知an为等差数列，Sn 为其前 n 项和若 a112，S2a3，则 a2_；Sn_.【解析】设等差数列的公差为 d，则 2a1da12d，把 a112代入得 d12，所以
42、a2a1d1，Snna1nn12d14n(n1)【答案】1 14n(n1)83（2012浙江高考理）设公比为 q(q0)的等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23a22，S43a42，则 q_.【解析】S4S2a3a43(a4a2)，a2(qq2)3a2(q21)，解得 q1(舍去)或 q32.【答案】3284（2012福建高考理）数列an的通项公式 anncosn2 1，前 n 项和为 Sn，则 S2 012_.【解析】anncosn2 1，a1a2a3a46，a5a6a7a86，a4k1a4k2a4k3a4k46，kN，故 S2 01250363 018.【答案】3 01885（20
43、12新课标高考理）数列an满足 an1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为_【解析】由 an1(1)nan2n1 得an2(1)nan12n1(1)n(1)n1an2n12n1an(1)n(2n1)2n1，即 an2an(1)n(2n1)2n1，也有 an3an1(1)n(2n1)2n3，两式相加得 anan1an2an32(1)n4n4.设 k 为整数，则 a4k1a4k2a4k3a4k42(1)4k14(4k1)416k10，于是 S60k014(a4k1a4k2a4k3a4k4)k014(16k10)1 830.【答案】1 83086（2012湖北高考文）传说古希腊毕达哥拉斯学派
44、的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数 1,3,6,10，记为数列an，将可被 5 整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn可以推测：(1)b2012 是数列an中的第_项；(2)b2k1_.(用 k 表示)【解析】求出数列an，bn的通项公式由题意可得 an123nnn12，nN*，故 b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15，由上述规律可知：b2ka5k5k5k12(k 为正整数)，b2k1a5k15k15k1125k5k12，故 b2 012b21 006a51 006a5 030，即 b2 012 是数列an中的
45、第 5 030 项.【答案】(1)5 030；(2)5k5k1287（2012辽宁高考文）已知等比数列an为递增数列若 a10，且 2(anan2)5an1，则数列an的公比 q_.【解析】因为数列an是等比数列，所以 2(anan2)5an1 可变为 2(1q2)5q，也就是2q25q20，因为数列an是递增数列且 a10，所以 q1，解方程得 q2 或 q12(舍去)【答案】288（2012江苏高考文）现有 10 个数，它们能构成一个以 1 为首项，3 为公比的等比数列，若从这 10 个数中随机抽取一个数，则它小于 8 的概率是_【解析】由题意得 an(3)n1，易知前 10 项中奇数项为
46、正，偶数项为负，所以小于 8 的项为第一项和偶数项，共 6 项，即 6 个数，所以 p 61035.【答案】35 89（2012上海高考文）已知 f(x)11x.各项均为正数的数列an满足 a11，an2f(an)若a2 010a2 012，则 a20a11 的值是_【解析】由题知 an211an，又 a2 010a2 01211a2 010，a22 010a2 0101，又 an0，a2 010 512，又 a2 01011a2 008 512，a2 008 512，同理可得a2 006a20 512，又 a11，a312，a511a323，a711a535，a911a758，a1111a9
47、 813，a20a11 512 81313 5326.【答案】13 532690（2012北京高考文）已知an为等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 a112，S2a3，则 a2_；Sn_.【解析】设公差为 d，则由 S2a3 得 2a1da12d，所以 da112，故 a2a1d1，Snna1nn12dnn14.【答案】1 nn1491（2012广东高考文）若等比数列an满足 a2a412，则 a1a23a5_.【解析】等比数列an中，因为 a2a412，所以 a23a1a5a2a412，所以 a1a23a514.【答案】1492（2012湖南高考文）对于 nN*，将 n 表示为 nak2k
48、ak12k1a121a020，当 ik 时，ai1，当 0ik1 时，ai 为 0 或 1.定义 bn 如下：在 n 的上述表示中，当 a0，a1，a2，ak 中等于 1 的个数为奇数时，bn1；否则 bn0.(1)b2b4b6b8_；(2)设 cm 为数列bn中第 m 个为 0 的项与第 m1 个为 0 的项之间的项数，则 cm 的最大值是_【解析】(1)2121020，b21；4122021020，b41；6122121020，b60；8123022021020，b81；故 b2b4b6b83.(2)设 bn 中第 m 个为 0 的项为 bi，即 bi0，构造二进制数，(i)10(akak
49、1a1a0)，则 akak1a1a0中 1 的个数为偶数，当 a2a1a0000 时，bi11，bi21，bi30，cm2；当 a2a1a0001时，bi11，bi20，cm1；当 a2a1a0010 时，bi11，bi20，cm1；当 a2a1a0011时，bi11，bi20，cm1；当 a2a1a0100 时，bi11，bi21，bi30，cm2；当 a2a1a0101 时，bi10，cm0；当 a2a1a0110 时，bi11，bi21，bi30，cm2；当 a2a1a0111 时，bi11，bi20，cm1.故 cm 的最大值为 2.【答案】3 293（2012新课标高考文）等比数列a
50、n的前 n 项和为 Sn，若 S33S20，则公比 q_.【解析】由 S33S20，即 a1a2a33(a1a2)0，即 4a14a2a30，即 4a14a1qa1q20，即 q24q40，所以 q2.【答案】294（2012重庆高考文）首项为 1，公比为 2 的等比数列的前 4 项和 S4_.【解析】由等比数列的前 n 项和公式可得 S411241224115.【答案】1595（2012北京高考文）在等比数列an中，若 a112，a44，则公比 q_；|a1|a2|an|_.【解析】设等比数列an的公比为 q，则 a4a1q3，代入数据解得 q38，所以 q2；等比数列|an|的公比为|q|
51、2，则|an|122n1，所以|a1|a2|a3|an|12(12222n1)12(2n1)2n112.【答案】2 2n11296（2012湖南高考文）设 Sn 是等差数列an(nN*)的前 n 项和，且 a11，a47，则S5_.【解析】设数列的公差为 d，则 3da4a16，得 d2，所以 S551542 225.【答案】2597（2011重庆高考）在等差数列an中，a3a737，则 a2a4a6a8_.【解析】依题意得 a2a4a6a8(a2a8)(a4a6)2(a3a7)74.【答案】7498（2011广东高考）等差数列an前 9 项的和等于前 4 项的和若 a11，aka40，则k_
52、.【解析】设an的公差为 d，由 S9S4 及 a11，得 91982 d41432 d，所以 d16.又 aka40，所以1(k1)(16)1(41)(16)0.即 k10.【答案】1099（2011江苏高考）设 1a1a2a7，其中 a1，a3，a5，a7 成公比为 q 的等比数列，a2，a4，a6 成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值是_【解析】设 a2t，则 1tqt1q2t2q3，由于 t1，所以 qmaxt，t1，3 t2，故 q 的最小值是3 3.【答案】3 3100（2011湖北高考）九章算术“竹九节”问题：现有一根 9 节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面 4
53、节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4 升，则第 5 节的容积为_升【解析】设竹子从上到下的容积依次为 a1，a2，a9，由题意可得 a1a2a3a43，a7a8a94，设等差数列an的公差为 d，则有 4a16d3，3a121d4，由可得d 766，a11322，所以 a56766.【答案】6766101（2011陕西高考）植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距 10 米开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为_(米)【解析】当放在最左侧坑时，路程和为 2(01020190)；当放在
54、左侧第 2 个坑时，路程和为 2(1001020180)(减少了 360 米)；当放在左侧第 3 个坑时，路程和为 2(201001020170)(减少了 680 米)；依次进行，显然当放在中间的第 10、11 个坑时，路程和最小，为 2(908001020100)2000 米【答案】2000三.解答题102.（2015 江苏高考，20）（本小题满分 16 分）设1234,a a a a 是各项为正数且公差为 d(0)d 的等差数列（1）证明：31242,2,2,2aaaa 依次成等比数列；（2）是否存在1,a d，使得2341234,a aaa依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a
55、 d 及正整数,n k，使得knknknnaaaa342321,依次成等比数列，并说明理由.【解析】（1）证明：因为112222nnnnaaada（1n，2，3）是同一个常数，所以12a，22a，32a，42a 依次构成等比数列（2）令1ada，则1a，2a，3a，4a 分别为ad，a，ad，2ad（ad，2ad，0d）假设存在1a，d，使得1a，22a，33a，44a 依次构成等比数列，则34aadad，且6422adaad 令dta，则3111tt，且64112tt（112t，0t），化简得32220tt（），且21tt 将21tt 代入（）式，2121231 3410t ttttttt
56、，则14t 显然14t 不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在1a，d，使得1a，22a，33a，44a 依次构成等比数列（3）假设存在1a，d 及正整数n，k，使得1na，2n ka ，23nka，34nka 依次构成等比数列，则221112nkn knaadad，且32211132n knknkadadad 分别在两个等式的两边同除以21n ka及221nka，并令1dta（13t ，0t），则22121nkn ktt，且32211 312n knknkttt 将上述两个等式两边取对数，得2ln 122ln 1nktnkt，且 ln 13ln 1 322ln 12nktnktn
57、kt 化简得2ln 12ln 12ln 1ln 12kttntt，且3ln 1 3ln 13ln 1ln 1 3kttntt 令 21tt，则 21201121 3tttt 由 1200000g，20t，知 2 t，1 t，t，g t 在1,03和0,上均单调 故 g t 只有唯一零点0t，即方程（）只有唯一解0t，故假设不成立 所以不存在1a，d 及正整数n，k，使得1na，2n ka ，23nka，34nka 依次构成等比数列 103.（2015 浙江高考，理 20）已知数列 na满足1a=12且1na =na-2na（n*N）（1）证明：112nnaa（n*N）；（2）设数列 2na的前
58、n 项和为nS，证明112(2)2(1)nSnnn（n*N）.【解析】（1）由题意得，210nnnaaa ，即1nnaa，12na，由11(1)nnnaaa得1211(1)(1)(1)0nnnaaaa a，由102na得，2111,21nnnnnnaaaaaa，即112nnaa；（2）由题意得21nnnaaa，11nnSaa，由1111=nnnnaaaa和112nnaa 得，11112nnaa，11112nnnaa，因此*111()2(1)2nanNnn，由得112(2)2(1)nSnnn.104.（2015 山东高考，理 18）设数列 na的前 n 项和为nS.已知233nnS.（I）求 n
59、a的通项公式；（II）若数列 nb满足3lognnna ba，求 nb的前 n 项和nT.所以1113Tb 当1n 时，12112311 32 31 33nnnTbbbbn 所以012311 32 31 3nnTn 两式相减，得 0121223331 33nnnTn 11121 31 331 3nnn 136362 3nn 所以1363124 3nnnT 经检验，1n 时也适合，综上可得：1363124 3nnnT 105.（2015 安徽高考，理 18）设*nN，nx 是曲线221nyx 在点(1 2)，处的切线与 x轴交点的横坐标.（）求数列nx的通项公式；（）记2221321nnTx x
60、x，证明14nTn.【解析】（）解：2221(1)(22)nnyxnx，曲线221nyx 在点(1 2)，处的切线斜率为22n.从而切线方程为2(22)(1)ynx.令0y，解得切线与 x 轴交点的横坐标1111nnxnn.（）证：由题设和（）中的计算结果知22222213211321()()()242nnnTx xxn.当1n 时，114T.当2n 时，因为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)nnnnnnnxnnnnn，所以211211()2234nnTnn.综上可得对任意的*nN，均有14nTn.106.（2015 天津高考，理 18）（本小题满分 13
61、 分）已知数列na满足212()*,1,2nnaqa qqnNaa 为实数，且1，且233445,aa aa aa+成等差数列.(I)求q 的值和na的通项公式；(II)设*2221log,nnnabnNa，求数列 nb的前n 项和.(II)由(I)得22121log2nnnnanba，设数列 nb的前n 项和为nS，则012111111232222nnSn ，1231111112322222nnSn 两式相减得23111111112212122222222212nnnnnnnnnnS，整理得1242nnnS所以数列 nb的前n 项和为124,*2nnnN.107.（2015 重庆高考，理 2
62、2）在数列 na中，21113,0nnnnaaaaanN（1）若0,2,求数列 na的通项公式；（2）若0001,2,1,kNkk 证明：0 10011223121kakk【解析】试题分析：（1）由于0,2 ，因此把已知等式具体化得212nnnaaa，显然由于13a，则0na（否则会得出10a），从而12nnaa，所以na是等比数列，由其通项公式可得 结 论；（2）本 小 题 是 数 列 与 不 等 式 的 综 合 性 问 题，数 列 的 递 推 关 系 是211010,nnnnaaaak+-=可变形为2101nnnaaakNn,由于00k，因此011nnaak，于是可得1nnaa，即有121
63、30nnaaaa+=，又22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkk aaakk+-+=-+?+，于是有()()00011211kkkaaaaaa+=+-+-010000102011111111kakkkk ak ak a000011112313131kkkk01231k，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知2(*)nanN，因此0 1ka+=010000102011111111kakkkk ak ak a000011112212121kkkk01221k，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.(1)由02，,有212,(nN)nnnaaa若存在某个0
64、nN，使得0n0a=，则由上述递推公式易得0n10a+=，重复上述过程可得10a=，此与13a=矛盾，所以对任意Nn,0na.从而12nnaa+=Nn，即 na是一个公比q2=的等比数列.故1113 2nnnaa q-=?.求和得()()00011211kkkaaaaaa+=+-+-01000010200000011111111111112231313131kakkkk ak ak akkkkk另一方面，由上已证的不等式知001212kkaaaa+得00110000102011111111kkaakkkk ak ak a00000111112221212121kkkkk综上：0 1001122
65、3121kakk+1211111112()1220,12222212nnnnF 所以()nF x 在 1,12内至少存在一个零点nx.又1()120nnFxxnx ，故在 1,12内单调递增，所以()nF x 在 1,12内有且仅有一个零点nx.因为nx 是()nF x 的零点，所以()=0nnF x，即11201nnnxx+-=-，故111=+22nnnxx+.(II)解法一：由题设，()()1 1().2nnnxgx+=所以()(1)0h xh=，即()()nnfxgx.综上所述，当1x=时,()()nnfxgx=；当1x 时()()nnfxgx 解法二 由题设，21 1()1,(),0.
66、2nnnnnxfxxxxgxx 当1x=时,()()nnfxgx=当1x 时,用数学归纳法可以证明()()nnfxgx.当2n=时,2221()()(1)0,2fxgxx-=-所以22()()fxgx成立.假设(2)nk k时，不等式成立，即()()kkfxgx.那么，当+1nk=时，()()111k+1k1 1()()()2kkkkkkxfxfxxgxxx+=+=+()12112kkxkxk+=.又()()11k+121111()22kkkkxkxkkxkxgx+-+-=令1()11(0)kkkh xkxkxx，则11()(1)11(1)kkkkhxk kxk kxk kxx 所以当01x,
67、()0kh x,()kh x 在(1,)上递增.所以()(1)0kkh xh=，从而()1k+1211()2kkxkxkgx+故11()()kkfxgx+.即+1nk=，不等式也成立.所以，对于一切2n 的整数，都有()()nnfxgx，1 1nk.若01x，11n kx-+，11n kx-+，()0kmx，从而()kmx 在(0,1)上递减，()kmx 在(1,)上递增.所以()(1)0kkmxm=，所以当01(2),kkxxabkn且时,又11ab=，11nnab+=，故()()nnfxgx 综上所述，当1x=时，()()nnfxgx=；当1x 时()()nnfxgx.111.（2015
68、新课标全国卷 I，理 17）nS 为数列na 的前 n 项和.已知na 0，2nnaa=43nS.（）求na 的通项公式；（）设11nnnba a ,求数列nb 的前n 项和.所以na=21n ；（）由（）知，nb=1111()(21)(23)2 2123nnnn，所以数列nb 前 n 项和为12nbbb=1111111()()()235572123nn=11646n.112.（2015 广东高考，理 21）数列 na满足*1212242nnnaananN，(1)求3a 的值；(2)求数列 na前n 项和nT；(3)令11ba，11111223nnnTbannn，证明：数列 nb的前n 项和n
69、S满足nSnln22【解析】（1）依题 3123123 12 132223323244224aaaaaa，314a；（2）依题当1n 时，121211212122144222nnnnnnnnnnaaanaaana，112nna，又1012412a也适合此式，112nna，数列 na是首项为1，公比为 12的等比数列，故1111221212nnnT；（3）依题由1211112nnnaaabann知11ba，1221122aba，1233111323aaba，113.（2015 上海高考，理 22）已知数列 na与 nb满足112nnnnaabb，n.（1）若35nbn，且11a，求数列 na的通
70、项公式；（2）设 na的第0n 项是最大项，即0nnaa（n），求证：数列 nb的第0n 项是最大项；（3）设10a，nnb（n），求 的取值范围，使得 na有最大值 与最小值 m，且2,2m .【解析】（1）由13nnbb，得16nnaa，所以 na是首项为1，公差为6 的等差数列，故 na的通项公式为65nan，n.（2）证明：由112nnnnaabb，得1122nnnnabab.所以2nnab为常数列，1122nnabab，即1122nnabab.因为0nnaa，n，所以011112222nnbabbab，即0nnbb.故 nb的第0n 项是最大项.（3）因为nnb，所以112nnnna
71、a，当2n 时，112211nnnnnaaaaaaaa 1122222nnnn 2n.当1n 时，1a，符合上式.所以2nna.因为0，所以222nna，21212nna .当1 时，由指数函数的单调性知，na不存在最大、最小值；当1 时，na的最大值为3，最小值为 1，而32,21；当 10 时，由指数函数的单调性知，na的最大值222a，最小值1ma，由2222 及 10，得102.综上，的取值范围是1,02.114.（2015 福建高考，文 17）等差数列 na中，24a，4715aa（）求数列 na的通项公式；（）设22 nanbn，求12310bbbb的值【解析】（I）设等差数列 n
72、a的公差为d 由已知得 11143615adadad，解得131ad所以112naandn（II）由（I）可得2nnbn所以 2310123102 12223210bbbb 2310222212310 102 1 21 10101 22112255112532101115.（2015 北京高考，文 16）（本小题满分 13 分）已知等差数列 na满足1210aa，432aa（I）求 na的通项公式；（II）设等比数列 nb满足23ba，37ba，问：6b 与数列 na的第几项相等？【解析】（）设等差数列 na的公差为d.因为432aa，所以2d.又因为1210aa，所以1210ad，故14a.
73、所以42(1)22nann(1,2,)n.（）设等比数列 nb的公比为 q.因为238ba，3716ba，所以2q，14b.所以6 164 2128b.由12822n，得63n.所以6b 与数列 na的第63项相等.116.（2015 安徽高考，文 18）已知数列 na是递增的等比数列，且14239,8.aaa a（）求数列 na的通项公式；（）设nS 为数列 na的前 n 项和，11nnnnabS S，求数列 nb的前 n 项和nT.【解析】（）由题设可知83241aaaa，又941 aa，可解的8141aa或1841aa（舍去）由314qaa 得公比2q，故1112 nnnqaa.（）12
74、21211)1(1nnnnqqaS又1111111nnnnnnnnnnaSSbS SS SSS所以1113221211111.1111.nnnnnSSSSSSSSbbbT12111 n.117.（2015 高考广东，文 19）（本小题满分 14 分）设数列 na的前n 项和为nS，n 已知11a，232a，354a，且当2n 时，211458nnnnSSSS（1）求4a 的值；（2）证明：112nnaa为等比数列；（3）求数列 na的通项公式【解析】（1）当2n 时，4231458SSSS，即4353354 15 18 1124224a，解得：478a （2）因为211458nnnnSSSS（
75、2n），所以21114444nnnnnnSSSSSS（2n），即2144nnnaaa（2n），因为3125441644aaa，所以2144nnnaaa，因为2121111111114242212142422 222nnnnnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaaa，所 以 数 列112nnaa是以21112aa为首项，公比为 12的等比数列（3）由（2）知：数列112nnaa是以21112aa为首项，公比为 12的等比数列，所以111122nnnaa 即1141122nnnnaa，所以数列12nna是以1212a 为首项，公差为4 的等差数列，所以2144212nnann，即
76、111422122nnnann，所以数列 na的通项公式是11212nnan118.（2015 湖北高考，文 19）设等差数列na的公差为 d，前 n 项和为nS，等比数列 nb的公比为 q已知11ba，22b，qd，10100S（）求数列na，nb的通项公式；（）当1d 时，记nnnacb，求数列 nc的前 n 项和nT 119.（2015 湖南高考，文 19）（本小题满分 13 分）设数列na的前 n 项和为nS，已知121,2aa，且13nnaS*13,()nSnN，（I）证明：23nnaa；（II）求nS。【解析】（I）由条件，对任意*nN，有23nnaS*13,()nSnN，因而对任
77、意*,2nNn，有113nnaS*3,()nSnN，两式相减，得2113nnnnaaaa，即23,(2)nnaan，又121,2aa，所以3121121333()33aSSaaaa，故对一切*nN，23nnaa。（II）由（I）知，0na，所以23nnaa，于是数列21na是首项11a，公比为 3 的等比数列，数列2na是首项12a，公比为 3 的等比数列，所以112123,2 3nnnnaa，于是21221321242()()nnnnSaaaaaaaaa1113(31)(1 33)2(1 33)3(1 33)2nnnn 从而1221223(31)32 3(5 31)22nnnnnnSSa，综
78、上所述，2*2*23(5 31),(21,)23(31),(2,)2nnnnkkNSnk kN。120（2015 湖南高考，文 21）（本小题满分 13 分）函数2()cos(0,)f xaex x，记nx 为()f x 的从小到大的第*()n nN个极值点。（I）证明：数列()nf x是等比数列；（II）若对一切*,()nnnNxf x恒成立，求a 的取值范围。【解析】（I）()cossin2cos()4xxxfxaexaexaex令()0fx，由0 x，得42xm，即*3,4xmmN，而对于cos()4x，当kZ时，若 22242kxk，即32244kxk，则cos()04x；若32224
79、2kxk，即52244kxk，则cos()04x；因此，在区间3(1),)4mm与3(,)44mm上，()fx的符号总相反，于是当*3,4xmmN时，()f x 取得极值，所以*3,4nxnnN，此时，3314432()cos()(1)42nnnnf xaenae，易知()0nf x，而3(1)2413142(1)()2()2(1)2nnnnnnaef xef xae 是常数，故数列()nf x是首项为412()2f xae，公比为 e的等比数列。（II）对一切*,()nnnNxf x恒成立，即343242nnae恒成立，亦即34234nean恒成立，设()(0)teg ttt，则2(1)()
80、te tg tt，令()0g t得1t ，当01t 时，()0g t，所以()g t 在区间(0,1)上单调递减；当1t 时，()0g t，所以()g t 在区间(1,)上单调递增；因为(0,1)nx，且当2n 时，1(1,),nnnxxx 所以2min1254()min(),()min(),()()444ng xg xg xggge因此，*,()nnnNxf x恒成立，当且仅当224 ea，解得224ae，故实数a 的取值范围是22,)4e。121.（2015 山东高考，文 19）已知数列 na是首项为正数的等差数列，数列11nnaa 的前n 项和为 21nn.（I）求数列 na的通项公式；
81、（II）设1 2 nannba，求数列 nb的前n 项和nT.【解析】（I）设数列 na的公差为d，令1,n 得12113a a，所以123a a.令2,n 得12231125a aa a，所以2315a a.解得11,2ad，所以21.nan（II）由（I）知24224,nnnbnn所以121 42 4.4,nnTn 所以23141 42 4.(1)44,nnnTnn 两式相减，得121344.44nnnTn 114(1 4)1 3444,1 433nnnnn 所以113144(31)44.999nnnnnT122.（2015 陕西高考，文 21）设2()1,2.nnfxxxxnN n(I)
82、求(2)nf；(II)证明：()nfx 在20,3内有且仅有一个零点（记为na），且11 2023 3nna.【解析】(I)由题设1()12nnfxxnx ，所以1(2)1222nnfn 由22(2)1 2222nnfn 得21(2)12222nnnfn 2122(1)2112nnnn，所以(2)(1)21nnfn(II)因为(0)10f 222133222()112120233313nnnf ，所以()nfx 在2(0,)3内至少存在一个零点，又1()120nnfxxnx 所以()nf x 在2(0,)3内单调递增，因此，()nf x 在2(0,)3内有且只有一个零点na，由于1()11nn
83、xfxx，所以10()11nnnnnafaa由此可得1111222nnnaa故 1223na所以111112120222333nnnnnaa123.(2015 四川高考，文 16)设数列an(n1，2，3)的前 n 项和 Sn 满足 Sn2ana3，且 a1，a21，a3 成等差数列.()求数列的通项公式；()设数列 1na的前 n 项和为 Tn，求 Tn.【解析】()由已知 Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)即 an2an1(n2)从而 a22a1，a32a24a1，又因为 a1，a21，a3 成等差数列即 a1a32(a21)所以 a14a12(2a11)，解得 a12
84、所以，数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列故 an2n.()由()得 112nna 所以 Tn2111()111122.11222212nnn 124.(2015 天津高考，文 18)（本小题满分 13 分）已知 na是各项均为正数的等比数列,nb是等差数列,且112331,2abbba=+=,5237ab-=.（I）求 na和 nb的通项公式;（II）设*,nnnca b nN=?,求数列 nc的前 n 项和.【解析】（I）设 na的公比为 q,nb的公差为 d,由题意0q,由已知,有24232,310,qdqd消去 d 得42280,qq解得2,2qd,所以 na的通项公式为12,
85、nnanN,nb的通项公式为21,nbnnN.（II）由（I）有121 2nncn,设 nc的前 n 项和为nS,则01211 23 25 2212,nnSn 12321 23 25 2212,nnSn 两式相减得2312222122323,nnnnSnn 所以23 23nnSn.125.(2015 浙 江 高 考，文 17)（本 题 满 分 15 分）已 知 数 列 na和 nb满 足，*1112,1,2(nN),nnabaa*12311111(nN)23nnbbbbbn.（1）求na 与nb；（2）记数列nna b的前 n 项和为nT，求nT.【解析】(1)由112,2nnaaa，得2nn
86、a.当1n 时，121bb，故22b.当2n 时，11nnnbbbn，整理得11nnbnbn，所以nbn.(2)由(1)知，2nnna bn所以2322 23 22nnTn 2341222 23 2(1)22nnnTnn 所以2311222222(1)22nnnnnnTTTnn 所以1(1)22nnTn.126.(2015 重庆高考，文 16)已知等差数列 na满足3a=2，前 3 项和3S=92.()求 na的通项公式，()设等比数列 nb满足1b=1a，4b=15a，求 nb前 n 项和nT.【解析】（I）设 na的公差为d，则由已知条件得113 2922,3,22adad+=+=化简得1
87、1322,2adad+=+=解得11=1,2ad=，故通项公式1=1+2nna-，即+1=2nna.(II)由（I）得141515+1=1=82bba=，.设 nb的公比为 q,则341q8bb=,从而2q=.故 nb的前 n 项和1(1)1(1 2)2111 2nnnnbqTq-?=-.127.（2015 上海高考，文 23）（本题满分 16 分）本题共 3 小题.第 1 小题 4 分，第 2 小题6 分，第 3 小题 6 分.已知数列na与 nb满足)(211nnnnbbaa，Nn.（1）若53 nbn，且11 a，求数列na的通项公式；（2）设na的第0n 项是最大项，即)N(0naan
88、n，求证：数列 nb的第0n 项是最大项；（3）设130a，nnb)N(n，求 的取值范围，使得对任意m，Nn，0na，且1(,6)6mnaa.【解析】（1）因为)(211nnnnbbaa，53 nbn，所以)(211nnnnbbaa6)5383(2nn，所以na是等差数列，首项为11 a，公差为 6，即56 nan.（2）由)(211nnnnbbaa，得nnnnbaba2211，所以2nnba 为常数列，1122babann，即1122babann，因为nnaa0，Nn，所以111122220babbabnn，即nnbb0，所以 nb的第0n 项是最大项.（3）因为nnb，所以)(211nn
89、nnaa，当2n时，112211)()()(aaaaaaaannnnn 3)(2(2)(22211nnnn n2，当1n时，31 a，符合上式，所以 nna2，因为031 a，且对任意Nn，)6,61(1 naa，故0na，特别地0222a，于是)0,21(，此时对任意Nn，0na，当021时，nna22|2，1212|2nna，由指数函数的单调性知，na的最大值为0222a，最小值为31 a，由题意，nmaa的最大值及最小值分别是12321aa及31212aa，由61312及6123，解得041，综上所述，的取值范围是)0,41(.128.（2014浙江高考文科19）已知等差数列na的公差0
90、d，设na的前 n 项和为nS，11a ，2336SS（1）求 d 及nS；（2）求,m k（*,m kN）的值，使得1265mmmm kaaaa【解析】（1）由题意知，11(2)(33)36adad解得2d 或5d （舍去）所以21(1)(1)2nn nSnadnn nn（2）由（1）知，12(2m k 1)(k 1)mmmm kaaaa，所以(2m k 1)(k 1)65，由*,m kN知，2m k 1k 1 1 ，故21 1315mkk ，所以54mk 129.（2014福建高考文科17）17.（本小题满分 12 分）在等比数列 na中，253,81aa.（1）求na；（2）设3logn
91、nba，求数列 nb的前n 项和nS.【解题指南】（1）利用等比数列通项公式求出首项和公比（2）由na 求出nb 的通项公式，为等差数列，利用等差数列前 n 项和公式求前 n 项和【解析】(1)设 na的公比为 q，依题意得141381a qa q，解得113aq，因此，13nna.（2）因为3log1nnban，所以数列 nb的前 n 项和21()22nnn bbnnS.130.（2014天津高考文科20）（2014天津高考理科19）（本小题满分14分）已 知 q 和 n 均 为 给 定 的 大 于 1 的 自 然 数，设 集 合12,1,0qM，集 合niMxqxqxxxxAinn,2,1
92、,121，（1）当3,2nq时，用列举法表示集合 A；设,121121nnnnqbqbbtqaqaasAts其中,2,1,niMbaii证明：若,nnba 则ts .【解析】(1)当 q=2,n=3 时,M=0,1,A=x|x=x1+x22+x322,xiM,i=1,2,3.可得,A=0,1,2,3,4,5,6,7.(2)由 s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,ai,biM,i=1,2,n 及 anbn,可得 s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1(q-1)+(q-1)q+(q-1)qn-2-qn-
93、1=11 11nqqq-qn-1=-10.所以 s60n+800?若存在,求 n 的最小值;若不存在,说明理由.【解题指南】(1)由 2,2+d,2+4d 成等比数列可求得公差 d,从而根据通项公式表示出数列an的通项.(2)根据an的通项公式表示出an的前 n 项和公式 Sn,令 Sn60n+800,解此不等式.【解析】(1)设数列an的公差为 d,依题意,2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得 d2-4d=0,解得 d=0 或 d=4.当 d=0 时,an=2;当 d=4 时,an=2+(n-1)4=4n-2,从而得数列an的通项公式为 an=2 或 a
94、n=4n-2.(2)当 an=2 时,Sn=2n.显然 2n60n+800 成立.当 an=4n-2 时,Sn=2(4n 2)2n=2n2.令 2n260n+800,即 n2-30n-4000,解得 n40 或 n60n+800 成立,n 的最小值为 41.综上,当 an=2 时,不存在满足题意的 n.当 an=4n-2 时,存在满足题意的 n,其最小值为 41.132.（2014湖北高考理科18）已知等差数列a n 满足：1a 2，且123,a a a成等比数列.（1）求数列a n 的通项公式.（2）记nS为数列a n 的前n 项和，是否存在正整数n，使得60800?nSn若存在，求 n 的
95、最小值；若不存在，说明理由.【解题指南】（）由 2，2d，24d成等比数列可求得公差 d,从而根据通项公式表示出数列 na的通项；（）根据 na的通项公式表示出 na的前 n 项和公式nS,令nS60800n，解此不等式。【解析】（1）设数列a n 的公差为d，依题意，d,2d,24d成等比数列，故有2(2d)2(24d)化简得2d40d，解得0d 或4d 当0d 时，a2n 当4d 时，a2(n 1)442nn 从而得数列a n 的通项公式为a2n 或a42nn。（2）当a2n 时，2nSn。显然260800nn此时不存在正整数n，使得60800nSn成立。当a42nn时，22(4n 2)2
96、2nnSn令2260800nn，即2304000nn，解得40n 或10n （舍去），此时存在正整数n，使得60800nSn成立，n 的最小值为 41。综上，当a2n 时，不存在满足题意的n；当a42nn时，存在满足题意的n，其最小值为 41。133.（2014湖南高考理科20）（本小题满分 13 分）已知数列na 满足*111,|,.nnnaaap nN（1）若na 是递增数列，且12,3,23aaa 成等差数列，求 p 的值；（2）若12p，且21na 是递增数列，2na是递减数列，求数列na 的通项公式【解题提示】（1）由na 是递增数列，去掉绝对值，求出前三项，再利用12,3,23aa
97、a 成等差数列，得到关于 p 的方程即可；（2）21na 是递增数列，2na是递减数列，可以去掉绝对值，再利用叠加法求通项公式。【解析】（1）因为na 是递增数列，所以nnnpaa1，又11 a，1,1232ppapa，因为12,3,23aaa 成等差数列，所以pppppaaa223123,333144,34，解得0,31pp，当0p，01nnaa，与na 是递增数列矛盾，所以31p。（2）因为21na 是递增数列，所以01212nnaa，于是nnaa2120122nnaa由于1222121nn，所以122212nnnnaaaa由得0122nnaa，所以122121222121nnnnnaa因
98、为2na是递减数列，所以同理可得0212nnaa，nnnnnaa21222122121由得nnnnaa2111，所以 123121nnnaaaaaaaa123122121211nn11213134211211211nnn，所以数列na 的通项公式为1213134nnna134.（2014湖南高考文科17）（本小题满分 12 分）已知数列 na的前 n 项和NnnnSn，22.（1）求数列 na的通项公式；（2）设nnanabn12，求数列 nb的前 n2 项和.【解题提示】（1）利用nn Sa,的关系求解，（2）分组求和。【解析】（1）当1n时，111 Sa；当nnnnnSSannnn2)1(
99、)1(22221时，故数列 na的通项公式为nan（2）由（1）知，nbnnn12，记数列 nb的前 2n 项和为nT2，则)24321()222(2212nTnn记nA221222,nB24321，则2221)21(2122nnA，nnnB2)12()43()21(故数列 nb的前 2n 项和22122nBATnn135.(2014广东高考文科T19)(14 分)设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn 满足2nS-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,nN*.(1)求 a1 的值.(2)求数列an的通项公式.(3)证明:对一切正整数 n,有111(1)a a+221(1
100、)a a+1(1)nna a 0,所以 Sn-3,只有 Sn=n2+n.当 n2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而 a1=2,所以数列an的通项公式为 an=2n(nN*).(3)因为1(1)nna a=12(21)nn=1411()2n n 14111()(1)44nn，111()(1)44nn=114n-1114n ,所以111(1)a a+221(1)a a+1(1)nna a 14111111+11111112231444444nn =1411111144n=13-143n 13.故对一切正整数 n,有111(1)a a+221(1)a a+1(1
101、)nna a 13.136.（2014上海高考理科23）已知数列na满足1113,*,13nnnaaa nNa.（1）若2342,9aax a，求 x的取值范围；（2）若na是公比为q 等比数列，12nnSaaa，113,*,3nnnSSS nN求q 的取值范围；（3）若12,ka aa 成等差数列，且121000kaaa，求正整数k 的最大值，以及k 取最大值时相应数列12,ka aa 的公差.【解析】23234411211+1112(1)3,6;3313,327;36;311(2),333311,3,13,.331 111113,3,31 3311113nnnnnnnnnnnnnnaaax
102、aaaxxaqaaaqnqnsssnnqqqqqssssqqqq 依题意，又综上可得；由已知得，又，当时，s即成立当12q对于不等式，令得解得又当时，（成立当时，+11111111 111,3,3133 111320320310,3032=203+2(3)23)2(1)(2)01131233nnnnnnnnnnnnnnnnnnqqqqsssqqqqqqqqqqqqqqqq qq qqqqqq 即此不等式即（3q-1)-21,都有 mN*,使得 a1,an,am 成等比数列.【解题指南】(1)利用 an=Sn-Sn-1(n2)解决.(2)a1,an,am 成等比数列,转化为2n1maaa.【解析
103、】(1)当 n=1 时 a1=S1=1;当 n2 时 an=Sn-Sn-1223nn3(n 1)(n 1)22=3n-2,对 n=1 也满足,所以的通项公式为 an=3n-2;(2)由(1)得 a1=1,an=3n-2,am=3m-2,要使 a1,an,am 成等比数列,需要2n1maaa,所以(3n-2)2=3m-2,整理得 m=3n2-4n+2N*,所以对任意 n1,都有 mN*使得2n1maaa成立,即 a1,an,am 成等比数列.142.(2014江西高考理科T17)已知首项都是 1 的两个数列anbn(bn0,nN*),满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令
104、cn=nnab,求数列cn的通项公式.(2)若 bn=3n+1,求数列an的前 n 项和 Sn.【解题指南】(1)将等式两端同时除以 bnbn+1 即可求解.(2)由(1)及 bn=3n+1 可得数列an的通项公式,分析通项公式的特征利用错位相减法求 Sn.【解析】(1)因为 bn0,所以由 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,得nn 1nn 1aa20bb,即n 1nn 1naa2bb,所以 cn+1-cn=2,所以cn是以111ac1b 为首项,2 为公差的等差数列,所以 cn=1+(n-1)2=2n-1.(2)因为 bn=3n+1,cn=2n-1.所以 an=cnbn=(2n
105、-1)3n+1.所以 Sn=132+333+534+(2n-1)3n+1,3Sn=133+334+(2n-3)3n+1+(2n-1)3n+2,作差得:-2Sn=32+2(33+34+3n+1)-(2n-1)3n+23n 2n 23392(2n1)31 3=-18+2(n-1)3n+2,所以 Sn=9+(n-1)3n+2.143.（2014安徽高考文科18）数列 na满足111,(1)(1),nnananan nnN（1）证明：数列nan是等差数列；（2）设3nnnba，求数列 nb的前n 项和nS【解题提示】利用等差数列的定义、错位相消法分别求解。【解析】(1)由已知可得111111 nnnn
106、aaaannnn，所以nan是以 1 为首项，1 为公差的等差数列。（2）由（1）得=1+nan（n-1）=n，所以2=nan,从而.3nnbn=，1231.3+2.3+3.3+nnS=.+n.3234+131.3+2.3+3.3+nnnS=.(n-1)3+n.3将以上两式联立可得123+1-23+3+3+.+nnnS=3-n.3=+13.(1 3)1 3nnn 3-?-=11-2).332nn+-（所以121).334nnnS+-+=（144(2014新课标全国卷高考理科数学T17)(本小题满分 12 分)已知数列 na满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明12na是等比数列,并求
107、na的通项公式.(2)证明:11a+21a+1na1 时,1na=231n 131n.所以11a+21a+1na1+113+213+113n=113113n=31123n 32.所以,11a+21a+1na 32.nN*.145.（2014四川高考理科19）设等差数列 na的公差为d，点(,)nna b在函数()2xf x 的图象上（*nN）（1）若12a ，点87(,4)ab在函数()f x 的图象上，求数列 na的前n 项和nS；（2）若11a ，函数()f x 的图象在点22(,)a b处的切线在 x 轴上的截距为12ln 2，求数列nnab的前n 项和nT.【解题提示】本题主要考查等差
108、数列与等比数列的概念，等差数列与等比数列的通项公式和前 n 项和、导数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力.【解析】（1）点(,)nna b在函数()2xf x 的图象上，所以2 nanb，又等差数列 na的公差为d，所以1112222nnnnaaadnanbb ，因为点87(,4)ab在函数()f x 的图象上，所以87842abb，所以8724dbb2d，又12a ，所以221(1)232nn nSnadnnnnn（2）由()2()2 ln2xxf xf x函数()f x 的图象在点22(,)a b处的切线方程为222(2 ln2)()aybxa所以切线在 x 轴上的截距为21ln 2a
109、，从而2112ln2ln2a，故22a 从而nan，2nnb，2nnnanb 231232222nnnT 2341112322222nnnT所以23411111112222222nnnnT111211222nnnnn 故222nnnT.146.（2014四川高考文科19）设等差数列 na的公差为d，点(,)nna b在函数()2xf x 的图象上（nN）（1）证明：数列 nb为等比数列；（2）若11a ，函数()f x 的图象在点22(,)a b处的切线在 x 轴上的截距为12ln 2，求数列2n na b的前n 项和nS【解题提示】本题主要考查等差数列与等比数列的概念，等差数列与等比数列的通
110、项公式和前 n 项和、导数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力.【解析】（1）点(,)nna b在函数()2xf x 的图象上，所以20nanb，又等差数列 na的公差为d，当1n 时，1112222nnnnaaadnanbb ，所以，数列 nb是首项为12a，公比为2d 的等比数列（2）由()2()2 ln2xxf xf x函数()f x 的图象在点22(,)a b处的切线方程为222(2 ln2)()aybxa所以切线在 x 轴上的截距为21ln 2a，从而2112ln2ln2a，故22a，所以211daa，从而nan，2nnb，24nn na bn，于是231 42 43
111、 44nnTn ，234141 42 43 44nnTn ，所以231444444nnnnTTn 11144(1 3)44433nnnnn.所以1(1 3)443nnnT.147.（2014重庆高考文科16）已知 na是首项为1,公差为2 的等差数列，nS表示 na的前n 项和.(1)求na及nS(2)设 nb是首项为 2 的等比数列，公比 q 满足244(1)0.qaqS求 nb的通项公式及其前n 项和.nT【解题提示】直接根据等差等比数列的性质求解通项公式及前n 项和.【解析】(1)因为 na是首项为1,公差为2 的等差数列，所以1(1)21.naandn故21()(121)1 3(21)
112、.22nnn aannSnn (2)由(1)得447,16.aS因为244(1)0.qaqS即28160,qq所以2(4)0,q 从而4.q 又因为12,b nb是公比为4 的等比数列，所以112112 42.nnnnbb q 从而 nb的前n 项和1(1)2(41).13nnnbqTq148（2013安徽高考理）设函数 fn(x)1xx222x332xnn2(xR，nN*)证明：(1)对每个 nN*，存在唯一的 xn23，1，满足 fn(xn)0；(2)对任意 pN*，由(1)中 xn 构成的数列xn满足 0 xnxnp0 时，fn(x)1x2xn1n 0，故 fn(x)在(0，)内单调递增
113、由于 f1(1)0，当 n2 时，fn(1)1221321n20，故 fn(1)0.又 fn 23 123nk2 23kk2 1314nk2 23k1314 2321 23n112313 23n10 时，fn1(x)fn(x)xn1n12fn(x)，故 fn1(xn)fn(xn)fn1(xn1)0.由 fn1(x)在(0，)内单调递增知，xn1xn，故xn为单调递减数列，从而对任意 n，pN*，xnpxn.对任意 pN*，由于fn(xn)1xnx2n22xnnn20，fnp(xnp)1xnpx2np22 xnnpn2 xn1npn12 xnpnpnp20，式减去式并移项，利用 0 xnpxn1
114、，得xnxnpnk2xknpxknk2npkn1xknpk2 npkn1xknpk2 npkn11k2npkn11kk11n 1np1n.因此，对任意 pN*，都有 0 xnxnp1n.149（2013浙江高考理）在公差为 d 的等差数列an中，已知 a110，且 a1，2a22，5a3成等比数列(1)求 d，an；(2)若 d0，求|a1|a2|a3|an|.解：本题考查等差、等比数列的概念，考查等差数列的通项公式，等差数列的前 n 项和公式，利用等差数列及其性质求特殊数列的和，考查方程思想以及运算求解能力(1)由题意得5a3a1(2a22)2，即 d23d40.故 d1 或 d4.所以 a
115、nn11，nN*或 an4n6，nN*.(2)设数列an的前 n 项和为 Sn.因为 d0，由(1)得 d1，ann11.当 n11 时，|a1|a2|a3|an|Sn12n2212 n；当 n12 时，|a1|a2|a3|an|Sn2S1112n2212 n110.综上所述，|a1|a2|a3|an|12n2212 n，n11，12n2212 n110，n12.150（2013北京高考理）已知an是由非负整数组成的无穷数列该数列前 n 项的最大值记为 An，第 n 项之后各项 an1，an2,的最小值记为 Bn，dnAnBn.(1)若an为 2,1,4,3,2,1,4,3，是一个周期为 4
116、的数列(即对任意 nN*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4 的值；(2)设 d 是非负整数证明：dnd(n1,2,3，)的充分必要条件为an是公差为 d 的等差数列；(3)证明：若 a12，dn1(n1,2,3，)，则an的项只能是 1 或者 2，且有无穷多项为 1.解：本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高(1)d1d21，d3d43.(2)证明：(充分性)因为an是公差为 d 的等差数列，且 d0，所以 a1a2an，因此 Anan，Bnan1，dnanaa1d(n1,2,3)(必要性)因为 dnd0(n1,2,3，)，所
117、以 AnBndnBn，又 anAn，an1Bn，所以 anan1，于是，Anan，Bnan1，因此 an1anBnAndnd，即an是公差为 d 的等差数列(3)证明：因为 a12，d11，所以 A1a12，B1A1d11.故对任意 n1，anB11.假设an(n2)中存在大于 2 的项设 m 为满足 am2 的最小正整数，则 m2，并且对任意 1km，ak2.又 a12，所以 Am12，且 Amam2.于是，BmAmdm211，Bm1minam，Bm2.故 dm1Am1Bm1220，与 dm11 矛盾所以对于任意 n1，有 an2，即非负整数列an的各项只能为 1 或 2.因为对任意 n1，
118、an2a1，所以 An2.故 BnAndn211.因此对于任意正整数 n，存在 m 满足 mn，且 am1，即数列an有无穷多项为 1.151（2013陕西高考理）设an是公比为 q 的等比数列(1)推导an的前 n 项和公式；(2)设 q1，证明数列an1不是等比数列解：本题考查等比数列前 n 项和公式推导所用的错位相减法以及用反证法研究问题，深度考查考生应用数列作工具进行逻辑推理的思维方法(1)设an的前 n 项和为 Sn，当 q1 时，Sna1a1a1na1；当 q1 时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sna11qn1q，S
119、nna1，q1，a11qn1q，q1.(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的 kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2k12ak11akak2akak21，a21q2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列152（2013江西高考理）正项数列an的前 n 项和 Sn 满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前项 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0，Snn2n.于是 a1S
120、12，n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为 an2n.(2)证明：由于 an2n，故 bnn1n22a2nn14n2n22 1161n21n22.Tn 1161132122142 132 1521n121n12 1n21n22 11611221n121n22 1161122 564.153（2013广东高考理）设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a11，2Snn an113n2n23，nN*.(1)求 a2 的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有1a1 1a21an74.解：本题考查数列的通项与前 n 项和的关系、等差
121、数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力(1)依题意，2S1a213123，又 S1a11，所以 a24.(2)当 n2 时，2Snnan113n3n223n，2Sn1(n1)an13(n1)3(n1)223(n1)，两式相减得 2annan1(n1)an13(3n23n1)(2n1)23，整理得(n1)annan1n(n1)，即an1n1ann 1，又a22 a11 1，故数列ann 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以ann 1(n1)1n，所以 ann2.(3)证明：当
122、n1 时，1a1174；当 n2 时，1a1 1a21145474；当 n3 时，1an 1n21n1n 1n11n，此时1a1 1a21an1122 1321421n21141213 1314 1n11n 114121n741n74.综上，对一切正整数 n，有 1a11a21an74.154（2013山东高考理）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前 n 项和为 Tn，且 Tnan12n (为常数)令 cnb2n(nN*)，求数列cn的前 n 项和 Rn.解：本题考查等差数列的通项公式、前 n 项和公式、数列求和
123、等基础知识和基本方法，考查方程思想、转化与化归思想等，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及综合运用知识分析问题和解决问题的能力(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.由 S44S2，a2n2an1 得4a16d8a14d，a12n1d2a12n1d1.解得 a11，d2.因此 an2n1，nN*.(2)由题意知 Tn n2n1，所以 n2 时，bnTnTn1 n2n1n12n2 n22n1.故 cnb2n2n222n1(n1)14n1，nN*，所以 Rn0 1401 1412 1423 143(n1)14n1，则14Rn0 1411 1422 143(n2)14n1(n1)14n，
124、两式相减得34Rn 141 142 143 14n1(n1)14n14 14n114(n1)14n1313n3 14n，整理得 Rn1943n14n1.所以数列cn的前 n 项和 Rn1943n14n1.155（2013大纲卷高考理）等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S3a22，且 S1，S2，S4 成等比数列，求an的通项公式解：设an的公差为 d.由 S3a22得 3a2a22，故 a20 或 a23.由 S1，S2，S4 成等比数列得 S22S1S4.又 S1a2d，S22a2d，S44a22d，故(2a2d)2(a2d)(4a22d)若 a20，则 d22d2，所以 d0，此时
125、 Sn0，不合题意；若 a23，则(6d)2(3d)(122d)，解得 d0 或 d2.因此an的通项公式为 an3 或 an2n1.156（2013湖北高考理）已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数 m，使得 1a11a2 1am1？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说明理由解：本题考查等比数列的通项公式、前 n 项和公式、不等式等基础知识和基本方法，考查方程思想、分类与整合思想，考查运算求解能力、逻辑思维能力，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力(1)设等比数列an的公比为 q，则由已知可得a31q3125，|a1
126、qa1q2|10，解得a153，q3，或a15，q1.故 an533n1，或 an5(1)n1.(2)若 an533n1，则 1an35 13n1，故1an 是首项为35，公比为13的等比数列，从而n1m1an351 13m113 9101 13m 9101.若 an5(1)n1，则 1an15(1)n1，故1an 是首项为15，公比为1 的等比数列，从而n1m1an15，m2k1kN，0，m2kkN，故n1m1an1.综上，对任何正整数 m，总有n1m1an0，证明：d1，d2，dn1 是等比数列；(3)设 d1，d2，dn1 是公差大于 0 的等差数列，且 d10，证明 a1，a2，an1
127、 是等差数列解：本题主要考查数列的相关知识及对新定义题型的理解，意在考查考生的推理论证能力、运算求解能力、转化与化归能力(1)d12，d23，d36.(2)证明：因为 a10，公比 q1，所以 a1，a2，an 是递增数列因此，对 i1,2，n1，Aiai，Biai1.于是对 i1,2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此 di0 且di1di q(i1,2，n2)，即 d1，d2，dn1 是等比数列(3)证明：设 d 为 d1，d2，dn1 的公差对 1in2，因为 BiBi1，d0，所以 Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为 Ai1maxAi，ai1，所以 ai
128、1Ai1Aiai.从而 a1，a2，an1 是递增数列因此 Aiai(i1,2，n1)又因为 B1A1d1a1d1a1，所以 B1a1a2a1a9，求 a1 的取值范围解：本题主要考查等差数列、等比数列、不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想(1)因为数列an的公差 d1，且 1，a1，a3 成等比数列，所以 a211(a12)，即 a21a120，解得 a11 或 a12.(2)因为数列an的公差 d1，且 S5a1a9，所以 5a110a218a1，即 a213a1100，解得5a12.166（2013新课标高考文）已知等差数列an的公差不为零，a125，且
129、 a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求 a1a4a7a3n2.解：本题主要考查等比数列的性质、等差数列的通项公式及等差数列的求和，意在考查考生的运算求解能力(1)设an的公差为 d.由题意，a211a1a13，即(a110d)2a1(a112d)，于是 d(2a125d)0.又 a125，所以 d0(舍去)，或 d2.故 an2n27.(2)令 Sna1a4a7a3n2.由(1)知 a3n26n31，故a3n2是首项为 25，公差为6 的等差数列从而 Snn2(a1a3n2)n2(6n56)3n228n.167（2013湖南高考文）设 Sn 为数列an的前 n 项和，
130、已知 a10,2ana1S1Sn，nN*.(1)求 a1，a2，并求数列an的通项公式；(2)求数列nan的前 n 项和解：本题主要考查数列的通项公式和数列求和，结合转化思想，意在考查考生的运算求解能力(1)令 n1，得 2a1a1a21，即 a1a21.因为 a10，所以 a11.令 n2，得 2a21S21a2，解得 a22.当 n2 时，由 2an1Sn,2an11Sn1 两式相减得 2an2an1an，即 an2an1.于是数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列因此，an2n1.所以数列an的通项公式为 an2n1.(2)由(1)知，nann2n1.记数列n2n1的前 n 项和为
131、 Bn，于是Bn122322n2n1，2Bn12222323n2n.得Bn12222n1n2n2n1n2n.从而 Bn1(n1)2n.168（2013浙江高考文）在公差为 d 的等差数列an中，已知 a110，且 a1，2a22,5a3成等比数列(1)求 d，an；(2)若 d0，求|a1|a2|a3|an|.解：本题主要考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式，求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力(1)由题意得 5a3a1(2a22)2，即 d23d40.故 d1 或 d4.所以 ann11，nN*或 an4n6，nN*.(2)设数列an的前 n 项和为 Sn.因为 d0，上式不成
132、立；当 n 为奇数时，(2)n2n2 012，即 2n2 012，则 n11.综上，存在符合条件的正整数 n，且所有这样的 n 的集合为n|n2k1，kN，k5172.（2013陕西高考文）设 Sn 表示数列an的前 n 项和(1)若an为等差数列，推导 Sn 的计算公式；(2)若 a11，q0，且对所有正整数 n，有 Sn1qn1q.判断an是否为等比数列，并证明你的结论解：本题主要考查等差数列前 n 项和公式推导所用的倒序相加法，考查等比数列的证明方法和一般数列切入点的技巧，深度考查考生应用数列作工具进行逻辑推理的思维方法(1)法一：设an的公差为 d，则Sna1a2ana1(a1d)a1
133、(n1)d，又 Snan(and)an(n1)d，2Snn(a1an)，Snna1an2.法二：设an的公差为 d，则Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d，又 Snanan1a1a1(n1)da1(n2)da1，2Sn2a1(n1)d2a1(n1)d2a1(n1)d2na1n(n1)d，Snna1nn12d.(2)an是等比数列证明如下：Sn1qn1q，an1Sn1Sn1qn11q 1qn1q qn1q1q qn.a11，q0，当 n1 时，有an1an qnqn1q，因此，an是首项为 1 且公比为 q 的等比数列173（2013江西高考文）正项数列an满足：a2n(2n1)an2n
134、0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bn1n1an，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：本题主要考查数列的概念、一元二次方程、裂项求数列的和，旨在考查考生的转化、化归能力与运算求解能力(1)由 a2n(2n1)an2n0，得(an2n)(an1)0.由于an是正项数列，所以 an2n.(2)由 an2n，bn1n1an，则 bn12nn1121n 1n1.Tn121121213 1n11n1n 1n1 121 1n1 n2n1.174.（2013四川高考文）在等比数列an中，a2a12，且 2a2 为 3a1 和 a3 的等差中项，求数列an的首项、公比及前 n 项和解：本题主要考
135、查等比数列、等差中项等基础知识，考查运算求解能力设该数列的公比为 q.由已知，可得a1qa12,4a1q3a1a1q2，所以，a1(q1)2，q24q30，解得 q3 或 q1.由于 a1(q1)2，因此 q1 不合题意，应舍去故公比 q3，首项 a11.所以，数列的前 n 项和 Sn3n12.VF-DEG13SDGEFG3324.175（2013广东高考文）设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 4Sna2n14n1，nN*，且 a2，a5，a14 构成等比数列(1)证明：a24a15；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有 1a1a2 1a2a31ana
136、n112.解：本题主要考查通过“an 与 Sn 法”将递推数列转化为等差数列及裂项求和法，意在考查考生运用化归与转化思想解决问题的能力(1)证明：an0，令 n1，有 4S1a2241，即 4a1a2241，a2 4a15.(2)当 n2 时，4Sna2n14n1,4Sn1a2n4(n1)1，两式相减得 4ana2n1a2n4，有a2n1(an2)2，即 an1an2，an从第 2 项起，是公差为 2 的等差数列，a5a232a26，a14a2122a224，又 a2，a5，a14 构成等比数列，有 a25a2a14，则(a26)2a2(a224)，解得 a23，由(1)得 a11，又 an1
137、an2(n2)an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，即 an1(n1)22n1.(3)证明：由(2)得 1a1a2 1a2a31anan1 113 13512n12n112113 1315 12n112n112112n1 12.176（2012重庆高考理）设数列an的前 n 项和 Sn 满足 Sn1a2Sna1，其中 a20.(1)求证：an是首项为 1 的等比数列；(2)若 a21，求证：Snn2(a1an)，并给出等号成立的充要条件解：(1)证明：法一：由 S2a2S1a1 得 a1a2a2a1a1，即 a2a2a1，因 a20，故 a11，得a2a1a2.又由题设条件知Sn2a2Sn
138、1a1，Sn1a2Sna1，两式相减得 Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即 an2a2an1，由 a20，知 an10，因此an2an1a2.综上，an1an a2 对所有 nN*成立从而an是首项为 1，公比为 a2 的等比数列法二 用数学归纳法证明 anan12，nN*.当 n1 时，由 S2a2S1a1，得 a1a2a2a1a1，即 a2a2a1，再由 a20，得 a11，所以结论成立假设 nk 时，结论成立，即 akak12，那么ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2akak2，这就是说，当 nk1 时，结论也成立综上可得，对任意 nN*，anan12
139、.因此an是首项为 1，公比为 a2 的等比数列(2)证明：法一：当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立设 n3，a21 且 a20.由(1)知 a11，anan12，所以要证的不等式化为1a2a22an12n2(1an12)(n3)，即证：1a2a22an2n12(1an2)(n2)当 a21 时，上面不等式的等号成立当1a21 时，ar21 与 anr2 1(r1,2，n1)同为正因此当 a21 且 a21 时，总有(ar21)(anr2 1)0，即 ar2anr2 1an2(r1,2，n1)上面不等式对 r 从 1 到 n1 求和得2(a2a22an12)(n1)(1
140、an2)，由此得 1a2a22an21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当 n1,2 或 a21 时等号成立法二：当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立当 a21 时，Snnn2(a1an)，等号也成立当 a21 时，由(1)知 Sn1an21a2，anan12.下证：1an21a21，且 a21)当1a21 时，上面不等式化为(n2)an2na2nan12n2(n3)，令 f(a2)(n2)an2nanan12当1a20，故f(a2)(n2)an2na2(1an22)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立当 0a21 时，对 a2 求导得 f(a2)
141、n(n2)an12(n1)an221ng(a2)其中 g(a2)(n2)an12(n1)an221，则 g(a2)(n2)(n1)(a21)an32g(1)0，从而 f(a2)ng(a2)0，进而 f(a2)是(0,1)上增函数因此 f(a2)1 时，令 b1a2，则 0b1，由已证的结论知11a2n1 1a21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当 n1,2 或 a21 时等号成立177（2012广东高考理）设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 2Snan12n11，nN*，且 a1，a25，a3 成等差数列(1)求 a1 的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切
142、正整数 n，有1a1 1a21an32.解：(1)当 n1 时，2a1a241a23，当 n2 时，2(a1a2)a381a37，又 a1，a25，a3 成等差数列，所以 a1a32(a25)，由解得 a11.(2)2Snan12n11，当 n2 时，有 2Sn1an2n1，两式相减得 an13an2n，则an12n 32 an2n11，即an12n 232(an2n12)又a12023，知 an2n12是首项为 3，公比为32的等比数列，an2n123(32)n1，即 an3n2n，n1 时也适合此式，an3n2n.(3)证明：由(2)得1an13n2n121n2n1C1n2n1C2n2n2
143、11n2n1，1a11a21an11221222 12n12112(1 12n1)32.178（2012山东高考理）在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意 mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为 bm，求数列bm的前 m项和 Sm.解：(1)因为an是一个等差数列，所以 a3a4a53a484，a428.设数列an的公差为 d，则 5da9a4732845，故 d9.由 a4a13d 得 28a139，即 a11.所以 ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对 mN*，若 9man92m，则 9m89n0，数列
144、lg10a1an 的前 n 项和为 Tn.当 n 为何值时，Tn 最大？并求出 Tn 的最大值解：(1)取 n1，得 a2a1S2S12a1a2，取 n2，得 a222a12a2，由，得 a2(a2a1)a2，(1)若 a20，由知 a10，(2)若 a20，由知 a2a11.由、解得，a1 21，a22 2；或 a11 2，a22 2.综上可得，a10，a20；或 a1 21，a2 22；或 a11 2，a22 2.(2)当 a10 时，由(1)知 a1 21，a2 22.当 n2 时，有(2 2)anS2Sn，(2 2)an1S2Sn1，所以(1 2)an(2 2)an1，即 an 2an
145、1(n2)，所以 ana1(2)n1(21)(2)n1.令 bnlg 10a1an，则 bn1lg(2)n1112(n1)lg 212lg 1002n1，所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为12lg 2)，从而 b1b2b7lg 108 lg 10，当 n8 时，bnb812 lg10012812lg 10，故 n7 时，Tn 取得最大值，且 Tn 的最大值为T77b1b727113lg 227212 lg 2.181（2012天津高考理）已知an是等差数列，其前 n 项和为 Sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记 Tna
146、nb1an1b2a1bn，nN*，证明 Tn122an10bn(nN*.)解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组23d2q327，86d2q310，解得d3，q2.所以 an3n1，bn2n，nN*.(2)法一：由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.由，得Tn2(3n1)32232332n2n21212n1122n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故 Tn122an10bn，nN*.法二：
147、(1)当 n1 时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；(2)假设当 nk 时等式成立，即 Tk122ak10bk，则当 nk1 时有：Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112.即 Tk1122ak110bk1.因此 nk1 时等式也成立由(1)和(2)，可知对任意 nN*，Tn122an10bn 成立182（2012上海高考理）对于数集 X1，x1，x2，xn，其中 0 x1x22，且1,1,2，x具有性质 P，求 x
148、 的值；(2)若 X 具有性质 P，求证：1X，且当 xn1 时，x11；(3)若 X 具有性质 P，且 x11、x2q(q 为常数)，求有穷数列 x1，x2，xn 的通项公式解：(1)选取 a1(x,2)，Y 中与 a1 垂直的元素必有形式(1，b)，所以 x2b，从而 x4.(2)取 a1(x1，x1)Y.设 a2(s，t)Y 满足a1a20.由(st)x10 得 st0，所以 s，t 异号因为1 是 X 中唯一的负数，所以 s，t 之中一为1，另一为 1，故 1X.假设 xk1，其中 1kn，则 0 x11tx1，矛盾；若 t1，则 xnsx1qk1，所以 xk1qk.综上所述，xiqi
149、1，i1,2，n.法二：设 a1(s1，t1)，a2(s2，t2)，则 a1a20 等价于s1t1t2s2.记 Bst|sX，tX，|s|t|，则数集 X 具有性质 P 当且仅当数集 B 关于原点对称注意到1 是 X 中的唯一负数，B(，0)x2，x3，xn共有 n1 个数，所以 B(0，)也只有 n1 个数由于 xnxn1 xnxn2xnx2xnx1，已有 n1 个数，对以下三角数阵xnxn1 xnxn2xnx2xnx1xn1xn2xn1xn3xn1x1 x2x1，所以 xnxn1xn1xn2x2x1，从而数列的通项为 xkx1(x2x1)k1qk1，k1,2，n.183（2012陕西高考理
150、）设an是公比不为 1 的等比数列，其前 n 项和为 Sn，且 a5，a3，a4 成等差数列(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1 成等差数列解：(1)设数列an的公比为 q(q0，q1)，由 a5，a3，a4 成等差数列，得 2a3a5a4，即2a1q2a1q4a1q3，由 a10，q0 得 q2q20，解得 q12，q21(舍去)，所以 q2.(2)证明：法一：对任意 kN，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1 成等差数列法二：对任意 kN，2Sk2a11qk1q，S
151、k2Sk1a11qk21qa11qk11qa12qk2qk11q，2Sk(Sk2Sk1)2a11qk1qa12qk2qk11q a11q2(1qk)(2qk2qk1)a1qk1q(q2q2)0，因此，对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1 成等差数列184（2012湖南高考理）已知数列an的各项均为正数，记 A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)a3a4an2，n1,2，.(1)若 a11，a25，且对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列an的通项公式；(2)证明：数列an是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意 nN*，三个数 A(n)，
152、B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列解：(1)对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，所以 B(n)A(n)C(n)B(n)，即 an1a1an2a2，亦即 an2an1a2a14.故数列an是首项为 1，公差为 4 的等差数列于是 an1(n1)44n3.(2)必要性：若数列an是公比为 q 的等比数列，则对任意 nN*，有 an1anq.由 an0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于 0，于是BnAna2a3an1a1a2an qa1a2ana1a2an q，CnBna3a4an2a2a3an1qa2a3an1a2a3an1 q，即BnAnCnBnq，所以
153、三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列充分性：若对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列，则 B(n)qA(n)，C(n)qB(n)于是 C(n)B(n)qB(n)A(n)，得 an2a2q(an1a1)，即 an2qan1a2qa1.由 n1 有 B(1)qA(1)，即 a2qa1，从而 an2qan10.因为 an0，所以an2an1a2a1q.故数列an是首项为 a1，公比为 q 的等比数列综上所述，数列an是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意 nN*，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为 q 的等比数列
154、185（2012江苏高考理）已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1 anbna2nb2n，nN*.(1)设 bn11bnan，nN*，求证：数列bnan2 是等差数列；(2)设 bn1 2bnan，nN*，且an是等比数列，求 a1 和 b1 的值解：(1)由题设知 an1 anbna2nb2n1bnan1bnan2bn11bnan2，所以bn1an11bnan2，从而(bn1an1)2(bnan)21(nN*)，所以数列(bnan)2是以 1 为公差的等差数列(2)因为 an0，bn0，所以anbn22a2nb2n(anbn)2，从而 1an1 anbna2nb2n 2.(*)设等
155、比数列an的公比为 q，由 an0 知 q0.下证 q1.若 q1，则 a1a2q a2 2，故当 nlogq2a1 时，an1a1qn 2，与(*)矛盾；若 0q1，则 a1a2q a21，故当 nlogq1a1时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故 ana1(nN*)，所以 1a1 2.又 bn1 2bnan 2a1 bn(nN*)，所以bn是公比为 2a1 的等比数列若 a1 2，则 2a1 1，于是 b1b21且nN*.191（2012四川高考文）已知数列an的前 n 项和为 Sn，常数 0，且 a1anS1Sn 对一切正整数 n 都成立(1)求数列an的通项公式；(2)设
156、a10，100.当 n 为何值时，数列lg1an的前 n 项和最大？解：(1)取 n1，得 a212S12a1，a1(a12)0.若 a10，则 Sn0.当 n2 时，anSnSn1a1(anan1)0，所以 an0(n1)若 a10，则 a12.当 n2 时，2an2Sn,2an12Sn1，两式相减得 2an2an1an，所以 an2an1(n2)，从而数列an是首项为2，公比为 2 的等比数列，所以 ana12n122n12n.综上，当 a10 时，an0；当 a10 时，an2n.(2)当 a10 且 100 时，令 bnlg1an，由(1)有，bnlg1002n 2nlg 2.所以数列
157、bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)b1b2b6lg10026 lg10064 lg 10，当 n7 时，bnb7lg10027 lg1001282)解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组23d2q327，86d2q310，解得d3，q2.所以 an3n1，bn2n，nN*.(2)由(1)得Tn22522823(3n1)2n，2Tn222523(3n4)2n(3n1)2n1.由，得Tn2232232332n(3n1)2n1612n12(3n1)2n12(3n4)2n18，即 Tn8(3n4)
158、2n1.而当 n2 时，an1bn1(3n4)2n1.所以，Tn8an1bn1，nN*，n2.193（2012山东高考文）已知等差数列an的前 5 项和为 105，且 a102a5.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意 mN*，将数列an中不大于 72m 的项的个数记为 bm，求数列bm的前 m 项和 Sm.解：(1)设数列an的公差为 d，前 n 项和为 Tn.由 T5105，a102a5，得到5a15512d105，a19d2a14d，解得 a17，d7.因此 ana1(n1)d77(n1)7n(nN*)(2)对 mN*，若 an7n72m，则 n72m1.因此 bm72m1，所以数列
159、bm是首项为 7 公比为 49 的等比数列故 Smb11qm1q7149m149772m14872m1748.194（2012江苏高考文）已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1 anbna2nb2n，nN*.(1)设 bn11bnan，nN*，求证：数列(bnan)2是等差数列；(2)设 bn1 2bnan，nN*，且an是等比数列，求 a1 和 b1 的值解：(1)由题设知 an1 anbna2nb2n1bnan1bnan2bn11bnan2，所以bn1an11bnan2，从而(bn1an1)2(bnan)21(nN*)，所以数列(bnan)2是以 1 为公差的等差数列(2)因为
160、an0，bn0，所以anbn22a2nb2n(anbn)2，从而 10 知 q0.下证 q1.若 q1，则 a1a2q logq2a1 时，an1a1qn 2，与(*)矛盾；若 0qa21，故当 nlogq1a1时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故 ana1(nN*)，所以 11，于是 b1b2a4k3.因为12a1，所以 a4k1a4k2(a1)(8k3)a4k1；a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即 a4ka4k2.又 a4k1a4k，从而 b4k3a4k3，b4k2a4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)(a2a3)(a
161、6a7)(a98a99)k125(a4k2a4k1)(1a)k125(8k3)2 525(1a)196（2012福建高考文）在等差数列an和等比数列bn中，a1b11，b48，an的前10 项和 S1055.(1)求 an 和 bn；(2)现分别从an和bn的前 3 项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率解：(1)设an的公差为 d，bn的公比为 q.依题意得S10101092d55，b4q38，解得 d1，q2，所以 ann，bn2n1.(2)分别从an和bn的前 3 项中各随机抽取一项，得到的基本事件有 9 个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2
162、,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)符合题意的基本事件有 2 个：(1,1)，(2,2)故所求的概率 P29.197（2012安徽高考文）设函数 f(x)x2sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为 xn.(1)求数列 xn 的通项公式；(2)设 xn 的前 n 项和为 Sn，求 sin Sn.解：(1)因为 f(x)12cos x0，cos x12，解得 x2k23(kZ)由 xn 是 f(x)的第 n 个正极小值点知，xn2n23(nN*)(2)由(1)可知，Sn2(12n)23nn(n1)2n3，所以 sin Snsinn(n1)2n3 因为 n(n1)表示两
163、个连续正整数的乘积，n(n1)一定为偶数，所以 sin Snsin 2n3.当 n3m2(mN*)时，sin Snsin(2m43)32；当 n3m1(mN*)时，sin Snsin(2m23)32；当 n3m(mN*)时，sin Snsin 2m0.综上所述，sin Sn 32，n3m2mN*，32，n3m1mN*，0，n3mmN*.198（2012广东高考文）设数列an的前 n 项和为 Sn，数列Sn的前 n 项和为 Tn，满足Tn2Snn2，nN*.(1)求 a1 的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)因为 Tn2Snn2，nN*，所以当 n1 时，a12a11，所以 a11.(2)
164、当 n2 时，Tn12Sn1(n1)2，所以 SnTnTn12(SnSn1)(2n1)，所以 Sn2Sn12n1，即 anSn12n1，所以 an1Sn2n1，所以(an1Sn)(anSn1)2，即 an12an2，所以 an122(an2)，所以数列an2为等比数列，公比为 2，首项为3，所以 an232n1，所以 an32n12，易知 a11 也满足上式，所以数列an的通项公式是 an32n12，nN*.199（2012湖南高考文）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的
165、相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元(1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an1 与 an 的关系式；(2)若公司希望经过 m(m3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资金 d的值(用 m 表示)解：(1)由题意得 a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)d32a1d4 50052d.an1an(150%)d32and.(2)由(1)得 an32an1d32(32an2d)d(32)2an232dd(32)n1a1d132(32)2(32)n
166、2整理得 an(32)n1(3 000d)2d(32)n11(32)n1(3 0003d)2d.由题意，am4 000，即(32)m1(3 0003d)2d4 000.解得 d32m21 00032m11 0003m2m13m2m.故该企业每年上缴资金 d 的值为1 0003m2m13m2m时，经过 m(m3)年企业的剩余资金为 4 000万元200（2012大纲卷高考文）已知数列an中，a11，前 n 项和 Snn23 an.(1)求 a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由 S243a2 得 3(a1a2)4a2，解得 a23a13；由 S353a3 得 3(a1a2a3)5a3，解
167、得 a332(a1a2)6.(2)由题设知 a11.当 n1 时有 anSnSn1n23 ann13 an1，整理得 ann1n1an1.于是 a11，a231a1，a342a2，an1 nn2an2，ann1n1an1，将以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 annn12.综上，an的通项公式 annn12.201（2012重庆高考文）已知an为等差数列，且 a1a38，a2a412.(1)求an的通项公式；(2)记an的前 n 项和为 Sn，若 a1，ak，Sk2 成等比数列，求正整数 k 的值解：(1)设数列an的公差为 d，由题意知2a12d8，2a14d12.解得 a12，d2.所以
168、 ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得 Snna1an2n22n2n(n1)因 a1，ak，Sk2 成等比数列，所以 a2ka1Sk2.从而(2k)22(k2)(k3)，即 k25k60，解得 k6 或 k1(舍去)因此 k6.202（2011新课标高考）等比数列an的各项均为正数，且 2a13a21，a239a2a6.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog3a1log3a2log3an，求数列1bn的前 n 项和解：(1)设数列an的公比为 q.由 a239a2a6 得 a239a24，所以 q219.由条件可知 q0，故 q13.由 2a13a21，得 2a13
169、a1q1，得 a113.故数列an的通项公式为 an 13n.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n)nn12.故 1bn2nn12(1n 1n1)1b1 1b21bn2(112)(1213)(1n 1n1)2nn1.所以数列1bn的前 n 项和为 2nn1.203（2011大纲卷高考）设数列an满足 a10 且11an111an1.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1 an1n，记 Snk1nbk，证明：Sn1.解：(1)由题设11an111an1，得11an是公差为 1 的等差数列又11a11，故11ann.所以 an11n.(2)证明：由(1)得bn1 an1n n1
170、 nn1 n 1n1n1，Snk1nbk k1n(1k1k1)11n10 的 E 数列 A5；(2)若 a112，n2000.证明：E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an2011；(3)对任意给定的整数 n(n2),是否存在首项为 0 的 E 数列 An，使得 S(An)0？如果存在，写出一个满足条件的 E 数列 An；如果不存在，说明理由解：(1)0,1,2,1,0 是一个满足条件的 E 数列 A5，(答案不唯一，0,1,0,1,0 也是一个满足条件的 E 数列 A5)(2)必要性：因为 E 数列 An 是递增数列，所以 ak1ak1(k1,2，1999)所以 An 是首项为 12，公
171、差为 1 的等差数列所以 a200012(20001)12011.充分性：由于 a2000a19991，a1999a19981，a2a11，所以 a2000a11999，即 a2000a11999.又因为 a112，a20002011，所以 a2000a11999.故 ak1ak10(k1,2，1999)，即 An 是递增数列综上，结论得证(3)令 ckak1ak(k1,2，n1)，则 ck1.因为 a2a1c1，a3a1c1c2，ana1c1c2cn1，所以 S(An)na1(n1)c1(n2)c2(n3)c3cn1(n1)(n2)1(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)nn12(
172、1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)因为 ck1，所以 1ck 为偶数(k1，n1)所以(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)为偶数，所以要使 S(An)0，必须使nn12为偶数，即 4 整除 n(n1)，亦即 n4m 或 n4m1(mN*)当 n4m(mN*)时，E 数列 An 的项满足 a4k1a4k30，a4k21，a4k1(k1,2，m 时，有 a10，S(An)0；当 n4m1(mN*)时，E 数列 An 的项满足 a4k1a4k30，a4k21，a4k1(k1,2，m)，a4m10 时，有a10，S(An)0；当 n4m2 或 n4m3(mN*)时，n(n1)不
173、能被 4 整除，此时不存在 E 数列 An，使得a10，S(An)0.205（2011江西高考）已知两个等比数列an，bn，满足 a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33.(1)若 a1，求数列an的通项公式；(2)若数列an唯一，求 a 的值解：(1)设数列an的公比为 q，则 b11a2，b22aq2q，b33aq23q2，由 b1，b2，b3 成等比数列得(2q)22(3q2)即 q24q20，解得 q12 2，q22 2.所以数列an的通项公式为 an(2 2)n1 或 an(2 2)n1.(2)设数列an的公比为 q，则由(2aq)2(1a)(3aq2)，得 aq24aq3
174、a10(*)，由 a0 得 4a24a0，故方程(*)有两个不同的实根由数列an唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得a13.206（2011安徽高考）在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n2 个数构成递增的等比数列，将这 n2 个数的乘积记作 Tn，再令 anlgTn，n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bntanantanan1，求数列bn的前 n 项和 Sn.解：(1)设 t1，t2，tn2 构成等比数列，其中 t11，tn2100，则Tnt1t2tn1tn2，Tntn2tn1t2t1，并利用 titn3it1tn2102(1in2)，得T2n(t1tn2
175、)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)，anlgTnn2，n1.(2)由题意和(1)中计算结果，知bntan(n2)tan(n3)，n1.另一方面，利用tan 1tan(k1)k tank1tank1tank1tank，得 tan(k1)tanktank1tanktan 11.所以 Snk1nbk k3n2tan(k1)tank k3n2tank1tanktan 11tann3tan3tan 1n.207（2011山东高考）等比数列an中，a1，a2，a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3
176、210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nlnan，求数列bn的前 n 项和 Sn.解：(1)当 a13 时，不合题意；当 a12 时，当且仅当 a26，a318 时，符合题意；当 a110 时，不合题意因此 a12，a26，a318.所以公比 q3，故 an23n1.(2)因为 bnan(1)nlnan23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln2(n1)ln323n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3，所以 Sn2(133n1)111(1)n(ln2ln3)123(1)nnln3，所以当 n 为偶数时，Sn213n13
177、 n2ln33nn2ln31；当 n 为奇数时，Sn213n13(ln2ln3)(n12 n)ln33nn12 ln3ln21.综上所述，Sn3nn2ln31，n为偶数，3nn12 ln3ln21，n为奇数.208（2011四川高考）设 d 为非零实数，an1nC1nd2C2nd2(n1)Cn1ndn1nCnndn(nN*)(1)写出 a1，a2，a3 并判断an是否为等比数列若是，给出证明；若不是，说明理由；(2)设 bnndan(nN*)，求数列bn的前 n 项和 Sn.解：(1)由已知可得 a1d，a2d(1d)，a3d(1d)2.当 n2，k1 时，knCknCk1n1，因此ank1n
178、 knCkndkk1nCk1n1dkd k0n1Ckn1dkd(d1)n1.由此可见，当 d1 时，an是以 d 为首项，d1 为公比的等比数列；当 d1 时，a11，an0(n2)，此时an不是等比数列(2)由(1)可知，and(d1)n1，从而 bnnd2(d1)n1，Snd212(d1)3(d1)2(n1)(d1)n2n(d1)n1当 d1 时，Snd21.当 d1 时，式两边同乘 d1 得(d1)Snd2(d1)2(d1)2(n1)(d1)n1n(d1)n，式相减可得dSnd21(d1)(d1)2(d1)n1n(d1)nd2d1n1dn(d1)n化简即得 Sn(d1)n(nd1)1.综
179、上，Sn(d1)n(nd1)1.209（2011重庆高考）设实数数列an的前 n 项和 Sn 满足 Sn1an1Sn(nN*)()若 a1，S2，2a2 成等比数列，求 S2 和 a3；()求证：对 k3 有 0ak1ak43.解：(1)由题意S222a1a2，S2a2S1a1a2，得 S222S2，由 S2 是等比中项知 S20.因此 S22.由 S2a3S3a3S2 解得 a3 S2S21 22123.()证明：法一：由题设条件有 Snan1an1Sn，故 Sn1，an11 且 an1 SnSn1，Sn an1an11，从而对 k3 有 ak Sk1Sk11ak1Sk2ak1Sk21ak1
180、 ak1ak11ak1 ak1ak111a2k1a2k1ak11.因 a2k1ak11(ak112)2340 且 a2k10，由得 ak0.要证 ak43，由只要证a2k1a2k1ak1143，即证 3a2k14(a2k1ak11)，即(ak12)20.此式明显成立因此 ak43(k3)最后证 ak1ak.若不然 ak1a2ka2kak1ak，又因 ak0，故aka2kak11，即(ak1)20.矛盾因此 ak1ak(k3)法二：由题设知 Sn1Snan1an1Sn，故方程 x2Sn1xSn10 有根 Sn 和 an1(可能相同)因此判别式 S2n14Sn10.又由 Sn2Sn1an2an2S
181、n1 得 an21 且 Sn1 an2an21.因此a2n2an212 4an2an210，即 3a2n24an20，解得 0an243.因此 0ak43(k3)由 ak Sk1Sk110(k3)，得ak1ak SkSk1ak Sk1akSk1ak1akakak1akakak1ak1aka2ka2kak1ak a3kaka2kak1 aka2k1akak110，因此 ak1ak(k3)210（2011广东高考）设 b0，数列an满足 a1b，annban1an12n2(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对于一切正整数 n，anbn12n11.解：(1)因为 a1b0，annban1
182、an12n2(n2)，取倒数得：nan1b2bn1an1，当 b2 时，nann1an1 12.nan为一个首项为12，公差为12的等差数列，nann2，an2，当 b2 时，nan 12b2b(n1an1 12b)，nan 12b为一个首项为2b2b，公比为2b的等比数列，nan 12b2b2b(2b)n12nbn2b，变形得：annbn2b2nbn.综上所述，数列an的通项公式为an2 b2nbn2b2nbnb2.(2)证明：当 b2 时，不等式显然成立；当 b2 时，要证 anbn12n11 成立，只需证：n2n1bn(2n1bn1)bn2nb2(*)成立，(2n1bn1)bn2nb2(
183、2n1bn1)i0n1(2ibn1i)(2n1bn12n2bn222n)(b2n2b2n12n1bn1)2nbn(2b22b22nbn)(bn2nbn12n1b2)(中括号里用均值不等式)2nbn(222)2nbn2nn2n1bn.综上所述，当 b0 时，对于一切正整数 n，anbn12n11.211（2011天津高考）已知数列an与bn满足 bnanan1bn1an20，bn31n2，nN*，且 a12，a24.(1)求 a3，a4，a5 的值；(2)设 cna2n1a2n1，nN*，证明cn是等比数列；(3)设 Ska2a4a2k，kN*，证明k14n Skak76(nN*)解：(1)由
184、bn31n2，nN*，可得 bn1，n为奇数，2，n为偶数.又 bnanan1bn1an20，当 n1 时，a1a22a30，由 a12，a24，可得 a33；当 n2 时，2a2a3a40，可得 a45；当 n3 时，a3a42a50，可得 a54.(2)对任意 nN*，a2n1a2n2a2n10，2a2na2n1a2n20，a2n1a2n22a2n30.，得 a2na2n3.将代入，可得 a2n1a2n3(a2n1a2n1)即 cn1cn(nN*)又 c1a1a31，故 cn0，因此cn1cn 1.所以cn是等比数列(3)由(2)可得 a2k1a2k1(1)k.于是，对任意 kN*且 k2
185、，有 a1a31，(a3a5)1，a5a71，(1)k(a2k3a2k1)1.将以上各式相加，得 a1(1)ka2k1(k1)，即 a2k1(1)k1(k1)，此式当 k1 时也成立，由式得 a2k(1)k1(k3)从而 S2k(a2a4)(a6a8)(a4k2a4k)k，S2k1S2ka4kk3.所以，对任意 nN*，n2，k14n Skak m1n(S4m3a4m3S4m2a4m2S4m1a4m1S4ma4m)m1n(2m22m 2m12m22m32m1 2m2m3)m1n(22m2m132m22m3)223 m2n52m2m132n22n313 m2n52m12m132n22n31352
186、(1315)(1517)(12n112n1)32n22n313565212n132n22n376.对于 n1，不等式显然成立212（2011福建高考）已知等比数列an的公比 q3，前 3 项和 S3133.(1)求数列an的通项公式；(2)若函数 f(x)Asin(2x)(A0,0)在 x6处取得最大值，且最大值为 a3，求函数 f(x)的解析式解：(1)由 q3，S3133，得a113313133，解得 a113.所以 an133n13n2.(2)由(1)可知 an3n2，所以 a33.因为函数 f(x)的最大值为 3，所以 A3；因为当 x6时 f(x)取得最大值，所以 sin(26)1.
187、又 0，故 6.所以函数 f(x)的解析式为 f(x)3sin(2x6)213（2011江苏高考）设 M 为部分正整数组成的集合，数列an的首项 a11，前 n 项的和为 Sn，已知对任意的整数 kM，当整数 nk 时，SnkSnk2(SnSk)都成立(1)设 M1，a22，求 a5 的值；(2)设 M3,4，求数列an的通项公式解：(1)由题设知，当 n2 时，Sn1Sn12(SnS1)，即(Sn1Sn)(SnSn1)2S1.从而 an1an2a12.又 a22，故当 n2 时，ana22(n2)2n2.所以 a5 的值为 8.(2)由题设知，当 kM3,4且 nk 时，SnkSnk2Sn2
188、Sk 且 Sn1kSn1k2Sn12Sk，两式相减得 an1kan1k2an1，即 an1kan1an1an1k，所以当 n8 时，an6，an3，an，an3，an6 成等差数列，且 an6，an2，an2，an6 也成等差数列从而当 n8 时，2anan3an3an6an6，(*)且 an6an6an2an2.所以当 n8 时，2anan2an2，即 an2ananan2.于是当n9 时，an3，an1，an1，an3 成等差数列，从而 an3an3an1an1，故由(*)式知 2anan1an1，即 an1ananan1.当 n9 时，设 danan1.当 2m8 时，m68，从而由(*
189、)式知 2am6amam12，故 2am7am1am13.从而 2(am7am6)am1am(am13am12)，于是 am1am2ddd.因此，an1and 对任意 n2 都成立又由 SnkSnk2Sn2Sk(k3,4)可知，(SnSn)(SnSnk)2Sk，故 9d2S3 且 16d2S4.解得 a472d，从而 a232d，a352d，又由 S392da1a2a3，故 a1d2.因此，数列an为等差数列由 a1 知 d2.所以数列an的通项公式为 an2n1.214（2011江苏高考）设整数 n4，P(a，b)是平面直角坐标系 xOy 中的点，其中 a，b1,2,3，n，ab.(1)记
190、An 为满足 ab3 的点 P 的个数，求 An；(2)记 Bn 为满足13(ab)是整数的点 P 的个数，求 Bn.解：(1)点 P 的坐标满足条件：1ba3n3，所以 Ann3.(2)设 k 为正整数，记 fn(k)为满足题设条件以及 ab3k 的点 P 的个数只要讨论 fn(k)1的情形由 1ba3kn3k 知 fn(k)n3k，且 kn13.设 n13mr，其中 mN*，r0,1,2，则 km.所以 Bnk1mfn(k)k1m(n3k)mn3mm12m2n3m32.将 mn1r3代入上式，化简得 Bnn1n26rr16.所以 Bnnn36，n3是整数，n1n23，n3不是整数.215（
191、2011湖北高考）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a1a(a0)，an1rSn(nN*，rR，r1)(1)求数列an的通项公式；(2)若存在 kN*，使得 Sk1，Sk，Sk2 成等差数列，试判断：对于任意的 mN*，且 m2，am1，am，am2 是否成等差数列，并证明你的结论解：(1)由已知 an1rSn，可得 an2rSn1，两式相减可得an2an1r(Sn1Sn)ran1，即 an2(r1)an1，又 a2ra1ra，所以当 r0 时，数列an为：a,0，0，；当 r0，r1 时，由已知 a0，所以 an0(nN*)，于是由 an2(r1)an1，可得an2an1r1(nN
192、*)，a2，a3，an，成等比数列，当 n2 时，anr(r1)n2a.综上，数列an的通项公式为 ana，n1，rr1n2a，n2.(2)对于任意的 mN*，且 m2，am1，am，am2 成等差数列，证明如下：当 r0 时，由(1)知，ana，n1，0，n2.对于任意的 mN*，且 m2，am1，am，am2 成等差数列当 r0，r1 时，Sk2Skak1ak2，Sk1Skak1.若存在 kN*，使得 Sk1，Sk，Sk2 成等差数列，则 Sk1Sk22Sk，2Sk2ak1ak22Sk，即 ak22ak1.由(1)知，a2，a3，am，的公比 r12，于是对于任意的 mN*，且 m2，am
193、12am，从而 am24am，am1am22am，即 am1，am，am2 成等差数列216（2011浙江高考）已知公差不为 0 的等差数列an的首项 a1 为 a(aR)设数列的前n 项和为 Sn，且1a1，1a2，1a4成等比数列(1)求数列an的通项公式及 Sn；(2)记 An1S11S2 1S31Sn，Bn 1a1 1a2 1a22 1a2n1.当 n2 时，试比较 An 与 Bn 的大小解：(1)设等差数列an的公差为 d，由(1a2)21a1 1a4，得(a1d)2a1(a13d)因为 d0，所以 da1a.所以 anna，Snann12.(2)因为1Sn2a(1n 1n1)，所以
194、 An1S1 1S21S31Sn2a(1 1n1)因为 a2n12n1a，所以Bn1a1 1a2 1a22 1a2n11a112n1122a(112n)当 n2 时，2nC0nC1nC2nCnnn1，即 1 1n1112n，所以，当 a0 时，AnBn；当 a0 时，AnBn.217（2011陕西高考）如图，从点 P1(0,0)作 x 轴的垂线交曲线 yex 于点 Q1(0,1)，曲线在Q1 点处的切线与 x 轴交于点 P2，再从 P2 作 x 轴的垂线交曲线于点 Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；Pn，Qn，记 Pk 点的坐标为(xk,0)(k1,2，n)(1)试求
195、 xk 与 xk1 的关系(2kn)；(2)求|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|.解：(1)设 Pk1(xk1,0)，由 yex 得 Qk1(xk1，exk1)点处切线方程为 yexk1exk1(xxk1)，由 y0 得 xkxk11(2kn)(2)由 x10，xkxk11，得 xk(k1)，所以|PkQk|exke(k1)，于是Sn|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|1e1e2e(n1)1en1e1ee1ne1.218（2011辽宁高考）已知等差数列an满足 a20，a6a810.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列 an2n1的前 n 项和解：(1)设等差数列an的公差为 d，由已知条件可得a1d0，2a112d10，解得a11，d1.故数列an的通项公式为 an2n.(2)设数列 an2n1的前 n 项和为 Sn，即 Sna1a22 an2n1，故 S11，Sn2 a12 a24 an2n，所以，当 n1 时，Sn2 a1a2a12anan12n1an2n1(1214 12n1)2n2n1(1 12n1)2n2n n2n.所以 Sn n2n1.综上，数列 an2n1的前 n 项和 Sn n2n1.
